Question

（2013?廈門模擬）如圖所示，四分之一光滑絕緣圓弧軌道AP和水平絕緣傳送帶PC固定在同一豎直平面內(nèi)，圓弧軌道的圓心為O，半徑為R；P點離地高度也為R，傳送帶PC之間的距離為L，沿逆時針方向的傳動，傳送帶速度v=

2gR

，在PO的左側(cè)空間存在方向豎直向下的勻強(qiáng)電場．一質(zhì)量為m、電荷量為+q的小物體從圓弧頂點A由靜止開始沿軌道下滑，恰好運動到C端后返回．物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ，不計物體經(jīng)過軌道與傳送帶連接處P時的機(jī)械能損失，重力加速度為g．求：

（1）勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)E為多大；
（2）物體返回到圓弧軌道P點，物體對圓弧軌道的壓力大�。�
（3）若在直線PC上方空間再加上磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場（圖中未畫出），物體從圓弧頂點A靜止釋放，運動到C端后做平拋運動，落地點離C點的水平距離為R，試求物體在傳送帶上運動的時間t．

Answer 1

分析：（1）由動能定理求場強(qiáng)
（2）結(jié)合動能定理、向心力公式牛頓第三定律求壓力
（3）運動到C端后做平拋運動，從P到C，做加速度變化的減速運動，設(shè)△t時間內(nèi)速度變化為△V，由牛頓第二定律和求和公式．

解答：解：（1）從A到C由動能定理：
mgR+qER-μmgL=0
解得：E=

μmgL-mgR

qR

（2）物體從A到P由動能定理：
mgR+qER=

1

2

mV

2 P

所以：VP=

2gR+ 2qER m

＞

2gR

A返回P過程，先加速后勻速運動，返回P的速度為：
VP′=V=

2gR

在P點有牛頓第二定律：
FN-mg-qE=m

(V ′ P )2

R

解得FN=2mg+

μmgL

R

由牛頓第三定律，物體對圓弧軌道的壓力大小F_N′=FN=2mg+

μmgL

R

（3）運動到C端后做平拋運動：
R=

1

2

gt2
R=V_Ct
從P到C，做加速度變化的減速運動，設(shè)△t時間內(nèi)速度變化為△V，由牛頓第二定律：
-μ(mg-qVB)=ma=m

△V

△t

式子兩邊乘以△t，再求和得：μqVB△t-μmg△t=m△V
又有△t=t    V△t=L     △V=VC-VP
其中VP=

2gR+ 2qER m

=

2μgL

綜合上面式子得：t=

2μgL - gR 2

μg

+

BqL

mg

答：（1）勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)E為

μmgL-mgR

qR

；
（2）物體返回到圓弧軌道P點，物體對圓弧軌道的壓力大小FN=2mg+

μmgL

R

；
（3）若在直線PC上方空間再加上磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場（圖中未畫出），物體從圓弧頂點A靜止釋放，運動到C端后做平拋運動，落地點離C點的水平距離為R，試求物體在傳送帶上運動的時間

2μgL - gR 2

μg

+

BqL

mg

．

點評：本題的前兩問主要應(yīng)用了動能定理和牛頓第二定律的綜合應(yīng)用，其中第三問難點太大．