Question

13．如圖所示，在豎直平面內(nèi)固定一光滑$\frac{1}{4}$圓弧軌道AB，軌道半徑為R=0.4m，軌道最高點(diǎn)A與圓心O等高．有一傾角θ=30°的斜面，斜面底端C點(diǎn)在圓弧軌道B點(diǎn)正下方、距B點(diǎn)H=1.5m．圓弧軌道和斜面均處于場(chǎng)強(qiáng)E=100N/C、豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中．現(xiàn)將一個(gè)質(zhì)量為m=0.02kg、帶電量為q=+2×10^-3C的帶電小球從A點(diǎn)靜止釋放，小球通過(guò)B點(diǎn)離開(kāi)圓弧軌道沿水平方向飛出，當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到斜面上D點(diǎn)時(shí)速度方向恰與斜面垂直，并剛好與一個(gè)以一定初速度從斜面底端上滑的不帶電的物塊相遇．若物塊與斜面間動(dòng)摩擦因數(shù)μ=$\frac{\sqrt{3}}{5}$，空氣阻力不計(jì)，g取10m/s²，小球和物塊都可視為質(zhì)點(diǎn)．求：
（1）小球經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)的速度大��；
（2）B、D兩點(diǎn)間豎直高度h；
（3）物塊上滑初速度v₀滿足的條件．

Answer 1

分析 （1）小球從A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程，運(yùn)用動(dòng)能定理可求出小球到達(dá)B點(diǎn)的速度．
（2）小球由B點(diǎn)到D點(diǎn)做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)D點(diǎn)的速度與斜面垂直，由速度分解和速度時(shí)間公式可求出從B到D的時(shí)間，由牛頓第二定律和位移公式求出下落的高度h．
（3）根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得到物塊上滑的位移表達(dá)式，結(jié)合幾何關(guān)系可以求出滑塊的初速度．

解答 解：（1）設(shè)小球到達(dá)B點(diǎn)的速度為v_B，由動(dòng)能定理有：
mgR+qER=$\frac{1}{2}$mv_B²-0，
代入數(shù)據(jù)解得：v_B=4m/s；
（2）設(shè)小球由B點(diǎn)到D點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，加速度為a，下落高度為h有：
tanθ=$\frac{{v}_{B}}{{v}_{y}}$=$\frac{{v}_{B}}{at}$，
由牛頓第二定律得：Eq+mg=ma，h=$\frac{1}{2}$at²，
解得：h=1.2m；
（3）作出小球與物塊的運(yùn)動(dòng)示意如圖所示，設(shè)C、D間的距離為x，由幾何關(guān)系有：x=$\frac{H-h}{sinθ}$，
設(shè)物塊上滑加速度為a′，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律有：mgsinθ+μmgcosθ=ma′，
根據(jù)題意，要物塊與小球相遇，有：$\frac{{v}_{0}^{2}}{2a}$≥x，
解得：v₀≥$\frac{4\sqrt{15}}{15}$m≈3.10m/s；
答：（1）小球經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)的速度大小為4m/s；
（2）B、D兩點(diǎn)間豎直高度h為1.2m．
（3）物塊上滑初速度v₀滿足的條件為v₀≥3.10m/s．

點(diǎn)評(píng) 本題是復(fù)雜的力電綜合題，本題關(guān)鍵分析清楚小球和滑塊的運(yùn)動(dòng)情況，根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)速度分解，由力學(xué)規(guī)律求解．