Question

（2009?威海模擬）如圖所示，水平絕緣粗糙的軌道AB與處于豎直平面內(nèi)的半圓形絕緣光滑軌道BC平滑連接，半圓形軌道的半徑R=0.40m．在軌道所在空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)線與軌道所在的平面平行，電場(chǎng)強(qiáng)度E=1.0×10⁴N/C．現(xiàn)有一電荷量q=+1.0×10^-4C，質(zhì)量m=0.10kg的帶電體（可視為質(zhì)點(diǎn)），在水平軌道上的P點(diǎn)由靜止釋放，帶電體恰好能通過半圓形軌道的最高點(diǎn)C，然后落至水平軌道上的D點(diǎn)．取g=10m/s²．試求：
（1）帶電體在圓形軌道C點(diǎn)的速度大�。�
（2）D點(diǎn)到B點(diǎn)的距離x_DB．
（3）帶電體運(yùn)動(dòng)到圓形軌道B點(diǎn)時(shí)對(duì)圓形軌道的壓力大�。�
（4）帶電體在從P開始運(yùn)動(dòng)到落至D點(diǎn)的過程中的最大動(dòng)能．

Answer 1

分析：（1）恰好到達(dá)最高點(diǎn)，在最高點(diǎn)，靠重力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求出帶電體在圓形軌道C點(diǎn)的速度大小．
（2）帶電體在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，在水平方向上做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，抓住等時(shí)性，求出D點(diǎn)到B點(diǎn)的距離．
（3）根據(jù)動(dòng)能定理B點(diǎn)的速度，通過牛頓第二定律求出支持力的大小，從而求出帶電體運(yùn)動(dòng)到圓形軌道B點(diǎn)時(shí)對(duì)圓形軌道的壓力大小．
（4）由P到B帶電體作加速運(yùn)動(dòng)，故最大速度一定出現(xiàn)在從B經(jīng)C到D的過程中．在此過程中只有重力和電場(chǎng)力做功，這兩個(gè)力大小相等，其合力與重力方向成45°夾角斜向右下方，故最大速度必出現(xiàn)在B點(diǎn)右側(cè)對(duì)應(yīng)圓心角為45°處．根據(jù)動(dòng)能定理求出最大的動(dòng)能．

解答：解：（1）設(shè)帶電體通過C點(diǎn)時(shí)的速度為v_C，依據(jù)牛頓第二定律：mg=m

vC2

R

解得v_C=2.0m/s
（2）設(shè)帶電體從最高點(diǎn)C落至水平軌道上的D點(diǎn)經(jīng)歷的時(shí)間為t，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的分解有：2R=

1

2

gt2
xDB=vCt-

1

2

Eq

m

t2
聯(lián)立解得x_DB=0
（3）設(shè)帶電體通過B點(diǎn)時(shí)的速度為v_B，設(shè)軌道對(duì)帶電體的支持力大小為F_B，帶電體在B點(diǎn)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有FB-mg=m

vB2

R

帶電體從B運(yùn)動(dòng)到C的過程中，依據(jù)動(dòng)能定理：-mg?2R=

1

2

mvC2-

1

2

mvB2
聯(lián)立解得F_B=6.0N
根據(jù)牛頓第三定律，帶電體對(duì)軌道的壓力FB′=6.0N
（4）由P到B帶電體作加速運(yùn)動(dòng)，故最大速度一定出現(xiàn)在從B經(jīng)C到D的過程中．在此過程中只有重力和電場(chǎng)力做功，這兩個(gè)力大小相等，其合力與重力方向成45°夾角斜向右下方，故最大速度必出現(xiàn)在B點(diǎn)右側(cè)對(duì)應(yīng)圓心角為45°處．
設(shè)小球的最大動(dòng)能為E_km，根據(jù)動(dòng)能定理有：qERsin45°-mgR(1-cos45°)=Ekm-

1

2

mvB2
解得E_km=1.17J（或

2 2 +3

5

J）．
答：（1）帶電體在圓形軌道C點(diǎn)的速度大小為2m/s．
（2）D點(diǎn)到B點(diǎn)的距離為0m．
（3）帶電體運(yùn)動(dòng)到圓形軌道B點(diǎn)時(shí)對(duì)圓形軌道的壓力大小為6N．
（4）帶電體在從P開始運(yùn)動(dòng)到落至D點(diǎn)的過程中的最大動(dòng)能為1.17J．

點(diǎn)評(píng)：本題綜合考查了動(dòng)能定理、牛頓第二定律，涉及到運(yùn)動(dòng)的分解、圓周運(yùn)動(dòng)，綜合性較強(qiáng)，最后一問對(duì)學(xué)生的能力要求較高．需加強(qiáng)訓(xùn)練．