Question

11．如圖所示的空間有一豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)E=2×10³N/C，有一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量為m=1kg，電荷量q=+1×10^-3C的小物塊，從光滑平臺(tái)上的A點(diǎn)以v₀=2m/s的初速度水平拋出，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)，恰好沿C點(diǎn)的切線方向進(jìn)入固定在水平地面上的光滑圓弧軌道，最后小物塊滑上緊靠軌道末端D點(diǎn)的質(zhì)量為M=3kg的長(zhǎng)木板．已知木板上表面與圓弧軌道末端切線相平，木板下表面與水平地面之間光滑，小物塊與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.3，圓弧軌道的半徑為R=0.4m，C點(diǎn)和圓弧的圓心連線與豎直方向的夾角θ=60°，不計(jì)空氣阻力，g取10m/s²．求：
（1）AC之間的豎直高度h；
（2）小物塊剛到達(dá)圓弧軌道末端D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力；
（3）要使小物塊不滑出長(zhǎng)木板，木板的長(zhǎng)度L至少多大．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)物塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度沿圓弧軌道切線方向，由速度的分解法，求出物塊到達(dá)C點(diǎn)的速度，根據(jù)能量守恒求解電荷自A點(diǎn)到C點(diǎn)的豎直高度；
（2）根據(jù)動(dòng)能定理求出物塊到達(dá)D點(diǎn)時(shí)的速度，由牛頓第二定律和向心力公式結(jié)合求解軌道對(duì)物塊的支持力，再由牛頓第三定律得到物塊對(duì)軌道的壓力；
（3）物塊滑上木板后，兩者組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒．當(dāng)小物塊剛好不滑出長(zhǎng)木板時(shí)，兩者的速度相等，由動(dòng)量守恒求出共同速度，再由能量守恒求解木板的最小長(zhǎng)度．

解答 解：（1）設(shè)物塊滑到C點(diǎn)的速度大小為v_C．
物塊從A到C過(guò)程做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，據(jù)題：物塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度沿圓弧軌道切線方向，將速度分解，則有：
v_Ccosθ=v₀；
解得：
v_C=$\frac{{v}_{0}}{cosθ}$=$\frac{2}{cos60°}$=4m/s
設(shè)AB間的高度為h．自A點(diǎn)到C點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理得：
（mg+qE）h=$\frac{1}{2}m{{v}_{C}}^{2}-\frac{1}{2}m{{v}_{0}}^{2}$，
解得：h=0.5m，
（2）小物塊由C到D的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得：
  qER（1-cos60°）+$mgR（1-cos60°）=\frac{1}{2}m{{v}_{D}}^{2}-\frac{1}{2}m{{v}_{C}}^{2}$，
小球在D點(diǎn)時(shí)由牛頓第二定律得：
 F_N-mg-qE=m$\frac{{v}_{D}^{2}}{R}$
解得：F_N=83N．
由牛頓第三定律得，小物塊剛到達(dá)圓弧軌道末端D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力為83N，方向豎直向下．           
（3）由上題解得：v_D=
當(dāng)小物塊剛好不滑出長(zhǎng)木板時(shí)，兩者的速度相等，設(shè)共同速度的大小為v．
以物塊和木板組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，取向左為正方向，則根據(jù)系統(tǒng)的動(dòng)量守恒得：
mv_D=（m+M）v
根據(jù)能量守恒定律得：
μ（mg+qE）L=$\frac{1}{2}m{{v}_{D}}^{2}-\frac{1}{2}（M+m）{v}^{2}$，
聯(lián)立解得：L≈2.5m
答：
（1）AC之間的豎直高度h=0.5m；
（2）小物塊到達(dá)圓弧軌道末端D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力是83N；
（3）要使小物塊不滑出長(zhǎng)木板，木板的最小長(zhǎng)度是2.5m．

點(diǎn)評(píng) 本題關(guān)鍵要正確分析物塊的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況，以及功能關(guān)系，把握住每個(gè)過(guò)程所遵守的物理規(guī)律，特別是物塊在木板上滑動(dòng)時(shí)系統(tǒng)所受的合力為零，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，根據(jù)能量守恒是求解木板長(zhǎng)度常用的方法．