Question

19．如圖所示，水平地面AD上固定一半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道BPC，頂端C靜置一質(zhì)量為m₁的絕緣小物塊甲，C點正上方O處用輕繩懸掛一質(zhì)量為m₂、帶電量為+q的小物塊乙．現(xiàn)讓小物塊乙從圖示位置靜止釋放，小物塊乙到達C點時細線恰好被拉斷，并與物塊甲發(fā)生碰撞（碰撞前后乙電量不變），碰撞后物塊甲恰好對圓弧軌道無壓力，物塊乙沿圓弧軌道運動至P點脫離軌道，脫離瞬間在空間加一勻強電場，使物塊乙沿直線運動至水平地面并與物塊甲的落地點相同．已知α=60°，A、B、O三點在同一豎直線上，A為圓心，不考慮因空間電場的改變而帶來的其它影響，求：
（1）細線所能承受的最大壓力；
（2）所加電場強度的最小值及在此情況下物塊乙落在水平地面上時的動能．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)向心力公式可求得甲在C點的速度大小，再根據(jù)向心力公式可求得細線能承受的最大壓力；
（2）甲在最高點恰好無壓力，則甲做平拋運動，根據(jù)平拋運動規(guī)律可求得運動位移；乙在P點離點，則此時重力的分力充當向心力，此后在電場的作用下做直線運動，當電場力恰好等于重力垂直運動方向上分力時電場強度最小，根據(jù)動能定理可求得落地時的動能大�。�

解答 解：（1）乙物塊做圓周運動至C點處時，設(shè)繩長為L，
F-m₂g=m$\frac{{v}_{c}^{2}}{L}$
C物體運動到C點過程，根據(jù)動能定理可知：
m₂gL（1-cosα）=$\frac{1}{2}$mv_C²
聯(lián)立解得，F(xiàn)=2mg；
（2）在C點，對甲分析可知：
m₁g=m₁$\frac{{v}_{1}^{2}}{R}$
此后甲做平拋運動，由R=$\frac{1}{2}$gt²
x=v₁t
解得：x=$\sqrt{2}R$
乙物塊從P點沿切線飛出且與甲落地點相同，可知AP與豎直方向的夾角：
θ=45°
因乙做直線運動，可知
qE_min=m₂gsinθ
得E_min=$\frac{\sqrt{2}{m}_{2}g}{2q}$
乙在P點脫離
m₂gcosθ=m₂$\frac{{v}_{P}^{2}}{R}$
乙從P至落地點，由動能定理可得：
m₂gRsinθ=E_K-$\frac{1}{2}$m₂v_P²
綜上得：E_k=$\frac{3\sqrt{2}}{4}$m₂gR．
答：（1）細線所能承受的最大壓力為2mg；
（2）所加電場強度的最小值為$\frac{\sqrt{2}{m}_{2}g}{2q}$；在此情況下物塊乙落在水平地面上時的動能為$\frac{3\sqrt{2}}{4}$m₂gR．

點評 本題考查帶電粒子在電場中的運動規(guī)律，要注意正確結(jié)合動能定理、向心力公式以及平拋運動規(guī)律進行分析，運動過程較為復(fù)雜，要注意認真分析，特別注意D點和D點的臨界條件的分析利用．