Question

3．如圖所示，粗糙水平軌道與半徑為R的豎直光滑半圓軌道在B點(diǎn)平滑連接，在過圓心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)E=$\frac{2mg}{q}$．現(xiàn)有一質(zhì)量為m，電量為+q的小球（可視為質(zhì)點(diǎn)）從水平軌道上A點(diǎn)由靜止釋放，小球運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)離開圓軌道后，經(jīng)界面MN上的P點(diǎn)進(jìn)入電場（P點(diǎn)恰好在A點(diǎn)的正上方）．已知A、B間距離為2R，重力加速度為g，求：
（1）小球在C處的速度大��；
（2）小球從A運(yùn)動(dòng)到B克服阻力做功；
（3）小球從A運(yùn)動(dòng)到C的過程中對軌道壓力的最大值．

Answer 1

分析 （1）利用小球做平拋運(yùn)動(dòng)，據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)水平方向的勻速和豎直方向的自由落體運(yùn)動(dòng)求解 即可．
（2）從A到C利用動(dòng)能定理求解 即可．
（3）從小球受到重力和電場力的合力分析處小球在軌道上的最大壓力，利用牛頓第二定律求解即可．

解答 解：（1）小球離開C點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)$R=\frac{1}{2}g{t}_{\;}^{2}$，得$t=\sqrt{\frac{2R}{g}}$
則小球在C點(diǎn)的速度${v}_{C}^{\;}=\frac{2R}{t}$
解得${v}_{C}^{\;}=\sqrt{2gR}$
（2）A→C過程，由動(dòng)能定理得：
$Eq•3R-mg2R-{W}_{f}^{\;}=\frac{1}{2}m{v}_{C}^{2}$
代入數(shù)據(jù)解得：${W}_{f}^{\;}=3mgR$
（3）小球進(jìn)入圓周軌道，電場力做正功，重力做負(fù)功
從P點(diǎn)進(jìn)入電場做曲線運(yùn)動(dòng)，電場力做負(fù)功，重力做正功，由于電場力是重力2倍，因此小球在圓周D處速度最大，利用復(fù)合場等效法D處應(yīng)是重力與電場力合力連線跟圓周的交點(diǎn)，設(shè)OD連線與豎直方向夾角為θ，則tanθ=2

A→D過程，根據(jù)動(dòng)能定理得：
$Eq（2R+Rsinθ）-{W}_{f}^{\;}-mgR（1-cosθ）$=$\frac{1}{2}m{v}_{m}^{2}$
$N-mgcosθ-qEsinθ=m\frac{{v}_{m}^{2}}{R}$
解得：$N=3\sqrt{5}mg$
答：（1）小球在C處的速度大小$\sqrt{2gR}$；
（2）小球從A運(yùn)動(dòng)到B克服阻力做功3mgR；
（3）小球從A運(yùn)動(dòng)到C的過程中對軌道壓力的最大值$3\sqrt{5}mg$

點(diǎn)評 明確小球的受力和運(yùn)動(dòng)分析是解題的關(guān)鍵，靈活應(yīng)用動(dòng)能定理和牛頓第二定律是解題的關(guān)鍵，題目綜合性較強(qiáng)．