Question

4．如圖所示，豎直平面內(nèi)有一光滑絕緣半圓軌道，處于方向水平且與軌道平面平行的勻強(qiáng)電場中，軌道兩端點(diǎn)A、C高度相同，與圓心O在同一水平線上，軌道的半徑為R₀，一個(gè)質(zhì)量為m的帶正電的小球從槽右端的A處無初速地沿軌道下滑，滑到最低點(diǎn)B時(shí)對槽底的壓力為2mg，則在小球的滑動(dòng)過程中，有（　�。�

• A． 小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度大小為$\sqrt{2gR}$
• B． 小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度大小為$\sqrt{gR}$
• C． 小球在滑動(dòng)過程中的最大速度為$\sqrt{（\sqrt{5}-1）gR}$
• D． 小球在滑動(dòng)過程中的最大速度為$\sqrt{2gR}$

Answer 1

分析 小球由于受到電場力做功，故機(jī)械能不守恒；故應(yīng)用動(dòng)能定理求解小球在最滑動(dòng)過程中的最大速度．

解答 解：AB、小球在B點(diǎn)時(shí)，半徑方向上的合力為向心力，由牛頓第二定律有：
F_N-mg=m$\frac{{v}^{2}}{R}$
由于F_N=2mg，故
v²=gR，
小球到達(dá)達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度為：
v=$\sqrt{gR}$．故A錯(cuò)誤，B正確；
CD、從A到B，設(shè)電場力做功W_E，由動(dòng)能定理，得：
W_E+mgR=$\frac{1}{2}$mv²
得：W_E=$\frac{1}{2}$mv²-mgR=-$\frac{1}{2}$mgR
由于電場力做負(fù)功，故帶電小球受電場力方向向右，大小為：
F=|$\frac{{W}_{E}}{R}$|=$\frac{1}{2}$mg．場強(qiáng)方向向右．
從A到B之間一定有位置D時(shí)，小球運(yùn)動(dòng)的切線方向瞬時(shí)合力為零處，也是小球速度最大處．
設(shè)OD連線與豎直方向夾角θ，F(xiàn)cosθ=Gsinθ
又由動(dòng)能定理得：$\frac{1}{2}$m${v}_{m}^{2}$=mgRcosθ-FR（1-sinθ）
聯(lián)立解得，最大速度為：v_m=$\sqrt{（\sqrt{5}-1）gR}$．故C正確，D錯(cuò)誤．
故選：BC．

點(diǎn)評 本題要注意明確機(jī)械能守恒的條件為只有重力做功，若有其他力做功的時(shí)候，應(yīng)使用動(dòng)能定理求解．關(guān)鍵要知道速度最大的條件：切向合力為零．