Question

16．如圖所示，ABCD為固定在豎直平面內(nèi)的絕緣軌道，AB段水平且光滑，BC段為圓心角θ=37°的光滑圓弧，圓弧半徑r=2.0m，CD段為足夠長的粗糙傾斜直軌，各段軌道均平滑連接．質(zhì)量m=2.0×l0^-2kg、可視為質(zhì)點的小球被彈簧槍發(fā)射后，沿水平軌道向左滑行．
（1）若小球向左運動到B點的速度v_B=0.2m/s，則經(jīng)過多少時間小球第二次達到B點？
（2）若B點左側(cè)區(qū)域存在豎直向下的勻強電場，使小球帶q=+1.0×10^-6C的電量，彈簧槍對小球做功W=0.36J，到達C點的速度v_C=2$\sqrt{6}$m/s，則勻強電場的大小為多少？
（3）上問中，若小球與CD間的動摩擦因數(shù)μ=0.5，運動到CD段的最高點時，電場突然改為豎直向上但大小不變，小球第一次返回到C點的速度大小為多少？（取sin37°=0.6，cos37°=0.8 ）

Answer 1

分析 （1）依據(jù)小球做單擺運動可得周期，而小球第二次達到B點的時間為半個周期．
（2）此過程中彈力做正功，電場力做負功，重力做負功，依據(jù)動能定理可得電場強度大�。�
（3）從C點到達最高點前過程中，重力做負功，摩擦力做負功，電場力也做負功，由動能定理可得小球第一次返回到C點的速度大�。�

解答 解：
（1）由于v_B較小，上升高度很小，沿BC向上運動的路程遠小于半徑r，故小球在BC上做類似單擺的運動，周期為：
$T=2π\(zhòng)sqrt{\frac{R}{g}}$．
再次返回到B點的時間為半個周期：
$t=\frac{1}{2}T=π\(zhòng)sqrt{\frac{R}{g}}=π\(zhòng)sqrt{0.2}$=1.4s                  
（2）小球到達C點之前的過程中，動能定理：
W-mg（r-rcosθ）-qE（r-rcosθ）=$\frac{1}{2}m{v}_C^2-0$，
解得：
E=1.0×l0⁵N/C．                                           
（3）設(shè)從C點到達最高點前小球滑行的距離為s，動能定理：
-mgssinθ-qEssinθ-μ（mg+qE）scosθ=$0-\frac{1}{2}m{v}_C^2$，
解得：
s=0.8m．                                                 
從最高點返回到C點過程中，動能定理：
mgssinθ-qEssinθ-μ（mg-qE）s cosθ=$\frac{1}{2}m{v'}_C^2-0$，
解得：
v'_C=$\frac{2}{5}\sqrt{10}$m/s=1.265 m/s．    
答：
（1）若小球向左運動到B點的速度v_B=0.2m/s，則經(jīng)過1.4s小球第二次達到B點．
（2）若B點左側(cè)區(qū)域存在豎直向下的勻強電場，使小球帶q=+1.0×10^-6C的電量，彈簧槍對小球做功W=0.36J，到達C點的速度v_C=2$\sqrt{6}$m/s，則勻強電場的大小為1.0×l0⁵N/C．
（3）上問中，若小球與CD間的動摩擦因數(shù)μ=0.5，運動到CD段的最高點時，電場突然改為豎直向上但大小不變，小球第一次返回到C點的速度大小為1.265 m/s．

點評 該題的關(guān)鍵是用好動能定理，而動能定理的應(yīng)用關(guān)鍵在與處理運動過程中合外力的功，要注意分清各個做里做功的正負，以及具體表達式．