Question

19．如圖所示，ABCD為豎立放在場強(qiáng)為E=10⁴ V/m的水平勻強(qiáng)電場中的絕緣光滑軌道，其中軌道的BCD部分是半徑為R=0.2m的半圓環(huán)，軌道的水平部分與半圓環(huán)相切，A為水平軌道上的一點(diǎn)，而且AB=3R=0.6m．把一質(zhì)量m=0.1kg、帶電量q=10^-4C的小球，放在水平軌道的A點(diǎn)，由靜止開始釋放后在軌道的內(nèi)側(cè)運(yùn)動．（g取10m/s²）求：
（1）小球到達(dá)C點(diǎn)時，軌道對小球的作用力大��；
（2）試判斷小球能否通過D點(diǎn)（寫出相應(yīng)的計算過程）；
（3）在半圓形軌道運(yùn)動的過程中，小球的最大速度．

Answer 1

分析 （1）可以應(yīng)用動能定理直接求出速度；然后應(yīng)用牛頓第二定律可求軌道對小球的作用力大�。�
（2）若小球恰好到達(dá)D點(diǎn)，則在D點(diǎn)小球受到的重力提供向心力，由此求出小球在D點(diǎn)的最小速度，與題目中到達(dá)B點(diǎn)的速度比較，然后判斷即可；
（3）首先找到動能最大的位置即所謂“等效最低點(diǎn)”的方法，即小球能夠平衡的位置，然后結(jié)合動能定理即可求解．

解答 解：（1）設(shè)小球在C點(diǎn)的速度大小是V_c，則對于小球由A→C的過程中，應(yīng)用動能定律得：
qE.4R-mgR=$\frac{1}{2}{mv}_{c}^{2}-0$，
代入數(shù)據(jù)解得：${v}_{C}=\sqrt{\frac{8qER-2mgR}{m}}=\sqrt{\frac{8×1{0}^{-4}×1{0}^{4}×0.2-2×0.1×10×0.2}{0.1}}=2\sqrt{3}$m/s
小球在C點(diǎn)時受到重力、支持力和電場力，沿水平方向的支持力與電場力的合力提供向心力，得：
${N}_{c}^{\;}-qE=\frac{{mv}_{c}^{2}}{R}$，
代入數(shù)據(jù)解得：${N}_{c}^{\;}$=7N
（2）若小球恰好到達(dá)D點(diǎn)，則在D點(diǎn)小球受到的重力提供向心力，得：
$\frac{m{v}_{D}^{2}}{R}=mg$
所以：${v}_{D}=\sqrt{2}$m/s
小球從C到D的過程中：
$-mgR-qER=\frac{1}{2}mv{′}_{D}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{C}^{2}$
代入數(shù)據(jù)得：v_D′=2m/s＞v_D
所以小球能到達(dá)D點(diǎn)．
（3）由題：mg=qE=1N，可知小球受到合力的方向垂直于B、C點(diǎn)的連線BC指向圓心O，所以“等效最低點(diǎn)”在BC的中點(diǎn)E，E點(diǎn)與圓心O的連線與水平方向之間的夾角是45°．
設(shè)小球的最大動能為：${E}_{km}^{\;}$=$\frac{1}{2}m{v}_{m}^{2}$，
由動能定理可得：$\frac{1}{2}m{v}_{m}^{2}$=qER（3+sin45°）+mgR（1-cos45°）
代入數(shù)據(jù)解得：v_m=4m/s
故小球所能獲得的最大速度為4m/s．
答：（1）小球到達(dá)C點(diǎn)時，軌道對小球的作用力大小是$2\sqrt{3}$N；
（2）小球能通過D點(diǎn)；
（3）在半圓形軌道運(yùn)動的過程中，小球的最大速度是4m/s．

點(diǎn)評 對與圓周運(yùn)動結(jié)合的題目，一般要用到動能定理、牛頓第二定律以及速度最大或最小的臨界條件，應(yīng)記住在復(fù)合場中速度最大即等效“最低點(diǎn)”是物體能夠平衡的位置，速度最�。ǖ刃ё罡唿c(diǎn)）位置則是最低點(diǎn)關(guān)于圓心的對稱點(diǎn)．