Question

（2011?安徽一模）如圖所示，光滑水平軌道與半徑為R的光滑豎直半圓軌道在B點平滑連接．在過圓心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的勻強電場．現(xiàn)有一質(zhì)量為m，電量為+q的小球從水平軌道上A點由靜止釋放，小球運動到C點離開圓軌道后，經(jīng)界面MN上的P點進入電場（P點恰好在A點的正上方，如圖．小球可視為質(zhì)點，小球運動到C點之前電量保持不變，經(jīng)過C點后電量立即變?yōu)榱悖�．已知A、B間距離為2R，重力加速度為g．在上述運動過程中，求：
（1）電場強度E的大小；
（2）小球在圓軌道上運動時最大速率；
（3）小球?qū)�圓軌道的最大壓力的大�。�

Answer 1

分析：（1）對小球從A到C過程運用動能定理列式；小球從C平拋運動到P過程，對水平和豎直分運動分別根據(jù)位移公式列式；
（2）小球在圓弧右下段某個位置速度最大，根據(jù)動能定理求出速度的一般表達式，然后根據(jù)數(shù)學知識求最大值；
（3）當速度最大時，小球?qū)�軌道的壓力最大，根�?jù)牛頓第二定律和向心力公式列式求解．

解答：解：（1）設電場強度為E，
小球過C點時速度大小為v_c，
小球從A到C由動能定理：
qE?3R-mg?2R=

1

2

mvc2
小球離開C點后做平拋運動到P點：
R=

1

2

gt2
2R=v_ct
聯(lián)立方程解得：
E=

mg

q

即電場強度E的大小為

mg

q

．
（2）設小球運動到圓周D點時速度最大為v，
此時OD與豎直線OB夾角設為α，
小球從A運動到D過程，
根據(jù)動能定理：
qE(2R+Rsinα)-mgR(1-cosα)=

1

2

mv2
即：

1

2

mv2=mgR(sinα+cosα+1)
根據(jù)數(shù)學知識可得，
當α=45⁰時動能最大   
由此可得：vm=

(2+2 2 )gR

即小球在圓軌道上運動時最大速率為

(2+2 2 )gR

．
（3）由于小球在D點時速度最大且電場力與重力的合力恰好沿半徑方向，
故小球在D點對圓軌道的壓力最大，
設此壓力大小為F，
由牛頓第三定律可知小球在D點受到的軌道彈力大小也為F，在D點對小球進行受力分析，并建立如圖所示坐標系

由牛頓第二定律：
F-qEsinα-mgcosα=m

v 2 m

R

解得：F=(2+3

2

)mg
即小球?qū)�圓軌道的最大壓力的大小(2+3

2

)mg．

點評：本題關(guān)鍵靈活地選擇過程并運用動能定律列式，同時根據(jù)向心力公式和平拋運動的位移公式列式進一步分析求解．