3.如圖所示,AB為固定在豎直平面內(nèi)粗糙傾斜軌道,BC為光滑水平軌道,CD為固定在豎直平面內(nèi)的光滑圓弧軌道,且AB與BC通過一小段光滑弧形軌道相連,BC與弧CD相切.已知AB長為L=10m,傾角θ=37°,BC長s=$\frac{35}{9}$m,CD弧的半徑為R=$\frac{25}{12}$m,O為其圓心,∠COD=143°.整個裝置處在水平向左的勻強電場中,電場強度大小為E=1×103N/C.一質(zhì)量為m=0.4kg電荷量為q=+3×10-3C的物體從A點以初速度vA=15m/s沿AB軌道開始運動.若物體與軌道AB間的動摩擦因數(shù)為μ=0.2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s2,物體運動過程中電荷量不變.求:

(1)物體在AB軌道上運動時,重力和電場力對物體所做的總功;
(2)通過計算判斷物體能否到達(dá)D點;
(3)物體離開CD軌道后運動的最高點相對于O點的水平距離x.

分析 (1)勻強電場方向水平向左,物體所受的電場力水平向左,與重力和合力大小為F=$\sqrt{(mg)^{2}+(qE)^{2}}$,求出合力與豎直方向的夾角α,sinα=$\frac{qE}{F}$,再求解重力和電場力對物體所做的總功;
(2)設(shè)物體能到D點,對物體由A到D的過程,由動能定理求出物體到達(dá)D點的速度,與臨界速度$\sqrt{gR}$比較,分析能否到達(dá)D點;
(3)物體剛要離開軌道時軌道對物體的彈力為零,由牛頓第二定律根據(jù)動能定理研究A到D的過程,求出物體經(jīng)過D點的速度.物體離開軌道時做斜上拋運動,水平方向做勻速直線運動,豎直方向做豎直上拋運動,由位移公式求出最高點相對于O點的水平距離x.

解答 解:(1)物體所受重力和電場力的合力大小為
   F=$\sqrt{(mg)^{2}+(qE)^{2}}$=5N           
合力與豎直方向的夾角為α:
  sinα=$\frac{qE}{F}$=$\frac{3}{5}$,得 α=37°    
由幾何知識得知,重力和電場力的合力與斜面AB垂直,所以物體在軌道AB上運動時重力和電場力對物體做的總功為 W=0  
(2)D點為CD軌道上的等效最高點,設(shè)物體能到D點,其速度為vD
對物體由A到D的過程,由動能定理得
-μFL-qE(s+Rsinα)-mg(R+Rcosα)=$\frac{1}{2}m{v}_{D}^{2}$-$\frac{1}{2}m{v}_{A}^{2}$    
設(shè)物體剛能到D點時速度為v0
由牛頓第二定律得:F=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{R}$                    
解得 v0>vD
因此物體不能到達(dá)D點        
(3)物體剛要離開軌道時軌道對物體的彈力為零,設(shè)此時物體位置與O點連線與豎直方向的夾角為β,物體速度為v
則 mgcosβ+qEsinβ=m$\frac{{v}^{2}}{R}$
-μFL-qE(s+Rsinβ)-mg(R+Rcosβ)=$\frac{1}{2}m{v}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{A}^{2}$
解得,v=5m/s,sinβ=0.8
物體離開軌道后做斜拋運動,設(shè)其到最高點的時間為t
  vsinβ=gt      t=0.4s   
物體運動的最高點相對O點的水平距離、豎直距離分別為
  x=vcosβt+$\frac{1}{2}•\frac{qE}{m}{t}^{2}$-Rsinβ=$\frac{2}{15}$m
答:
(1)物體在AB軌道上運動時,重力和電場力對物體所做的總功是0;
(2)物體不能到達(dá)D點;
(3)物體離開CD軌道后運動的最高點相對于O點的水平距離x是$\frac{2}{15}$m.

點評 本題運用牛頓第二定律和運動學(xué)公式結(jié)合研究帶電體在電場力和重力場的復(fù)合場中運動問題,難點是確定物體離開軌道的位置,抓住此時軌道的彈力為零,由牛頓第二定律研究.

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