Question

19．如圖所示，現(xiàn)有一個(gè)小物塊質(zhì)量為m=80g，帶正電荷q=2×10^-4C，與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2，現(xiàn)有一個(gè)水平向左的勻強(qiáng)電廠E=4×10³V/m，且在水平軌道的末端N處連接一光滑的半圓形軌道，半徑為R=40cm，取g=10m/s²，求：
（1）若小物塊恰能運(yùn)動(dòng)到軌道的最高點(diǎn)L，那么小物塊應(yīng)從距N點(diǎn)多遠(yuǎn)處釋放？當(dāng)它運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)（軌道中點(diǎn)）時(shí)軌道對(duì)它的支持力等于多少？
（2）若小物塊運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)是，突然撤去電廠，同時(shí)加一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2T，方向垂直直面向里，問(wèn)能否運(yùn)動(dòng)到L點(diǎn)？（回答：“能”或“不能”，如果小物塊最后能落回到水平面MN上，則剛到達(dá)MN時(shí)小物塊的速度大小為多少？）

Answer 1

分析 （1）在小滑塊運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，摩擦力對(duì)滑塊和重力做負(fù)功，電場(chǎng)力對(duì)滑塊做正功，根據(jù)動(dòng)能定理可以求得滑塊與N點(diǎn)之間的距離；在P點(diǎn)時(shí)，對(duì)滑塊受力分析，由牛頓第二定律可以求得滑塊受到的軌道對(duì)滑塊的支持力的大�。�
（2）洛倫茲力對(duì)滑塊不做功，應(yīng)用動(dòng)能定理可以求出滑塊落到地面時(shí)的速度大�。�

解答 解：（1）設(shè)滑塊與N點(diǎn)的距離為L(zhǎng)，滑塊從靜止到達(dá)L的過(guò)程中，
由動(dòng)能定理可得：qEL-μmgL-mg•2R=$\frac{1}{2}$mv²-0，
小物塊恰能運(yùn)動(dòng)到軌道的最高點(diǎn)L，重力提供向心力，
由牛頓第二定律得：mg=m$\frac{{v}^{2}}{R}$，
代入數(shù)據(jù)解得 v=2m/s，L=1.25m．
滑塊到達(dá)P點(diǎn)時(shí)，對(duì)全過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理可得，
qE（L+R）-μmgL-mg•R=$\frac{1}{2}$mv_P²-0
在P點(diǎn)時(shí)由牛頓第二定律可得，
N-qE=m$\frac{{v}_{P}^{2}}{R}$，解得N=4.8N；
（2）洛倫茲力對(duì)滑塊不做功，
從N到L過(guò)程都是只有重力做功，滑塊能夠到達(dá)L點(diǎn)；
滑塊從離開(kāi)L到到達(dá)地面過(guò)程只有重力做功，
由機(jī)械能守恒定律得：mg•2R+$\frac{1}{2}$mv²=$\frac{1}{2}$mv′²，
代入數(shù)據(jù)解得：v′=2$\sqrt{5}$m/s；
答：（1）小物塊應(yīng)從距N點(diǎn)1.25m處釋放，當(dāng)它運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)（軌道中點(diǎn)）時(shí)軌道對(duì)它的支持力等于4.8N．
（2）滑塊能運(yùn)動(dòng)到L點(diǎn)，滑塊剛到達(dá)MN時(shí)小物塊的速度大小為2$\sqrt{5}$m/s．

點(diǎn)評(píng) 本題中涉及到的物體的運(yùn)動(dòng)的過(guò)程較多，對(duì)于不同的過(guò)程要注意力做功數(shù)值的不同，特別是在離開(kāi)最高點(diǎn)之后，滑塊的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的分析是本題中的難點(diǎn)，一定要學(xué)會(huì)分不同的方向來(lái)分析和處理問(wèn)題．