Question

11．如圖所示的絕緣細桿軌道固定在豎直面內(nèi)，其中，軌道半徑為R的$\frac{1}{6}$光滑圓弧段桿與水平段桿和粗糙傾斜段桿分別在A、B兩點相切，圓弧桿的圓心O處固定著一個帶正電的電荷．現(xiàn)有一質(zhì)量為m、可視為質(zhì)點的帶負電小球穿在水平桿上，以方向水平向右、大小等于$\sqrt{\frac{8}{3}gR}$的速度通過A點，小球能夠上滑的最高點為C，到達C后，小球?qū)⒀貤U返回．若∠COB=30°，小球第一次過A點后瞬間對圓弧細桿向下的彈力大小為$\frac{8}{3}$mg，從A至C小球克服庫侖力做的功為$\frac{2-\sqrt{3}}{2}$mgR，重力加速度為g．求：
（1）小球第一次到達B點時的動能是多少？
（2）小球在C點受到的庫侖力大小是多大？
（3）小球返回A點前瞬間，對圓弧桿的彈力是多大？（結(jié)果用m、g、R表示）

Answer 1

分析 （1）由動能定理求出小球第一次到達B點時的動能．
（2）小球第一次過A點后瞬間，由牛頓第二定律和庫侖定律列式．由幾何關(guān)系得到OC間的距離，再由庫侖定律求小球在C點受到的庫侖力大小．
（3）再由動能定理求出小球返回A點前瞬間的速度，由牛頓運動定律和向心力公式求解小球返回A點前瞬間對圓弧桿的彈力．

解答 解：（1）小球從A運動到B，由動能定理得：
-mgR（1-cos60°）=E_kB-$\frac{1}{2}m{v}_{A}^{2}$
又 v_A=$\sqrt{\frac{8}{3}gR}$
解得小球第一次到達B點時的動能  E_kB=$\frac{5}{6}$mgR
（2）小球第一次過A點后瞬間，由牛頓第二定律得：
  N+k$\frac{Qq}{{R}^{2}}$-mg=m$\frac{{v}_{A}^{2}}{R}$
據(jù)題：N=$\frac{8}{3}$mg
聯(lián)立得 k$\frac{Qq}{{R}^{2}}$=mg ①
由幾何關(guān)系得：OC間的距離 r=$\frac{R}{cos30°}$=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$R
小球在C點受到的庫侖力大小 F=k$\frac{Qq}{{r}^{2}}$=k$\frac{Qq}{（\frac{2\sqrt{3}}{3}R）^{2}}$ ②
由①②聯(lián)立解得 F=$\frac{3}{4}$mg
（3）從A到C，由動能定理得：
-W_電-mgR-W_f=0-$\frac{1}{2}m{v}_{A}^{2}$
從C到A，由動能定理得：
  W_電+mgR-W_f=$\frac{1}{2}m{v}_{A}^{′2}$
據(jù)題有：W_電=$\frac{2-\sqrt{3}}{2}$mgR
小球返回A點前瞬間，設(shè)細桿對球的彈力方向向上，大小為N′，由牛頓第二定律得
  N′+k$\frac{Qq}{{R}^{2}}$-mg=m$\frac{{v}_{A}^{′2}}{R}$
聯(lián)立以上三式解得 N′=$\frac{2（8-3\sqrt{3}）}{3}$mg
由牛頓第三定律得，小球返回A點前瞬間，對圓弧桿的彈力大小為$\frac{2（8-3\sqrt{3}）}{3}$mg，方向向下．
答：
（1）小球第一次到達B點時的動能是$\frac{5}{6}$mgR；
（2）小球在C點受到的庫侖力大小是$\frac{3}{4}$mg；
（3）小球返回A點前瞬間，對圓弧桿的彈力是$\frac{2（8-3\sqrt{3}）}{3}$mg，方向向下．

點評 本題的關(guān)鍵分析清楚小球的運動情況，確定圓周運動向心力的來源，多次運用動能定理和牛頓運動定律列式研究．