Question

10．如圖所示，在豎直平面內(nèi)固定一個$\frac{1}{4}$光滑圓弧軌道AB，軌道半徑R=0.45m，軌道最低點A與圓心O等高．同時固定一與水平方向成θ=37°角的足夠長的絕緣傾斜平板，平板上端C點在圓弧軌道B點正上方，圓弧軌道和平板均處于場強大小E=100N/C、方向豎直向上的勻強電場中．現(xiàn)將一質(zhì)量為m=0.02kg、帶電量q₁=+4×10^-3C的小球從A點靜止釋放，小球通過B點離開圓弧軌道沿水平方向飛出，垂直打在平板上的D點．取g=10m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不計空氣阻力，小球視為質(zhì)點，求：
（1）小球經(jīng)過B點時速度v_B的大��；
（2）若小球離開B點時，位于平板上端C點，質(zhì)量M=1.0kg的另一帶電滑塊（其帶電量是q₂=+2×10^-1C，滑塊視為質(zhì)點）在沿平板向下的恒定拉力F作用下由靜止開始向下加速運動，恰好在D點被小球擊中，已知滑塊與平板間動摩擦因數(shù)μ=0.25，求B、D兩點間電勢差U_m和拉力F的大小；
（3）小球與滑塊碰撞時間忽略不計，碰后立即撤去拉力F，設(shè)碰撞前后滑塊速度不變，仍沿平板向下運動，求滑塊此后沿平板運動的時間t．

Answer 1

分析 （1）由動能定理可以求出小球到達B點的速度．
（2）小球離開B后做類平拋運動，應(yīng)用類平拋運動規(guī)律求出小球的運動時間與水平和豎直分位移，由勻強電場場強與電勢差的關(guān)系求出BD間的電勢差；對滑塊，由運動學(xué)公式求出它的加速度，然后由牛頓第二定律求出拉力大�。�
（3）碰撞后滑塊沿斜面向下做勻減速運動，據(jù)牛頓第二定律和運動學(xué)公式結(jié)合求出滑塊減速到最低點J點的時間，滑塊從J點反回到C點過程，再由牛頓第二定律和運動學(xué)公式結(jié)合求出滑塊返回的時間，即可得解．

解答 解：（1）從A到B的過程，根據(jù)動能定理有：${q_1}ER-mgR=\frac{1}{2}m{v_B}^2$
解得 v_B=3m/s            
（2）小球離開B點后受到豎直向下的重力和豎直向上的電場力，所以小球做類平拋運動，設(shè)小球由B點到D點的運動時間為t₁，加速度為a，上升高度為h
豎直方向由牛頓第二定律 q₁E-mg=ma
  h=$\frac{1}{2}a{t}_{1}^{2}$
根據(jù)速度合成有 $\frac{{v}_{B}}{a{t}_{1}}$=tanθ
B、D兩點間電勢差 U_m=Eh 
聯(lián)立解得U_m=80V
由幾何關(guān)系得CD之間距離 x=1.5m
設(shè)滑塊由C點到D點加速度為a₁
根據(jù)牛頓第二定律得
   F-（q₂E-Mg）sinθ-μ（q₂E-Mg）cosθ=Ma₁
x=$\frac{1}{2}{a}_{1}{t}_{1}^{2}$，解得 a₁=$\frac{75}{4}$m/s²；F=26.75N
（3）滑塊到D點的速度 v_D=a₁t₁=7.5m/s
碰撞后滑塊沿斜面向下做勻減速運動，設(shè)滑塊由C點到D點加速度為a₂，據(jù)牛頓第二定律得
  （q₂E-Mg）sinθ+μ（q₂E-Mg）cosθ=Ma₂
解得 a₂=8m/s²；
滑塊減速到最低點J點的時間 t₂=$\frac{{v}_{D}}{{a}_{2}}$=$\frac{15}{16}$s=0.9375s
DJ之間距離 x₁=$\frac{1}{2}{v}_{D}{t}_{2}$
滑塊從J點反回到C點過程有
  （q₂E-Mg）sinθ-μ（q₂E-Mg）cosθ=Ma₃
解得 a₃=4m/s²；
x+x₁=$\frac{1}{2}{a}_{3}{t}_{3}^{2}$
解得 t₃=$\frac{\sqrt{642}}{16}$≈1.58s）
滑塊此后在斜面上運動的時間 t=t₂+t₃≈2.52s
答：
（1）小球經(jīng)過B點時速度v_B的大小是3m/s；
（2）B、D兩點間電勢差U_m是80V，拉力F的大小是26.75N；
（3）滑塊此后沿平板運動的時間t是2.52s．

點評 本題考查了求小球的速度、電勢差、拉力大小、滑塊的運動時間；物體運動過程復(fù)雜，分析清楚物體運動過程是正確解題的前提與關(guān)鍵，分析清楚物體運動過程后，應(yīng)用動能定理、類平拋運動規(guī)律、牛頓第二定律、運動學(xué)公式即可正確解題．