Question

1．如圖所示，現(xiàn)在有一個(gè)小物塊，質(zhì)量為m=80g，帶上正電荷q=2×10^-4C．與水平的軌道之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2，在一個(gè)水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，E=4×10³ V/m，在水平軌道的末端N處，連接一個(gè)光滑的半圓形軌道，半徑為R=40cm，取g=10m/s²，求：
（1）小物塊恰好能夠運(yùn)動(dòng)到軌道的最高點(diǎn)L，那么小物塊應(yīng)該從水平軌道哪個(gè)位置釋放？
（2）如果在上問的位置釋放小物塊，當(dāng)它運(yùn)動(dòng)到P（軌道中點(diǎn)）點(diǎn)時(shí)軌道對(duì)它的支持力等于多少？
（3）同位置釋放，當(dāng)物體運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)時(shí)，突然撤去電場(chǎng)，撤去電場(chǎng)的同時(shí)，加一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2T，方向垂直紙面向里，能否運(yùn)動(dòng)到L點(diǎn)？請(qǐng)說明理由．如果最后能落回到水平面MN上，則剛到達(dá)MN時(shí)小物塊的速度大小為多少？

Answer 1

分析 （1）當(dāng)物塊恰好通過軌道最高點(diǎn)時(shí)，由重力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求出速度．從物塊釋放到運(yùn)動(dòng)到軌道最高點(diǎn)的過程中，重力做功-2mgR，電場(chǎng)力做功qEs，滑動(dòng)摩擦力做功-μmgs，根據(jù)動(dòng)能定理求出物塊釋放位置到N點(diǎn)的距離s．
（2）小物塊在圓弧軌道上運(yùn)動(dòng)的過程中，受到重力、電場(chǎng)力和支持力的作用，其中重力和電場(chǎng)力對(duì)小物塊做功，支持力不做功，當(dāng)小物塊運(yùn)動(dòng)至P點(diǎn)的位置時(shí)，以物塊為研究對(duì)象，由動(dòng)能定理即可求出小物塊的速度，然后結(jié)合向心力的來源，由牛頓第二定律即可求出支持力．
（3）假設(shè)物塊能到達(dá)最高，此過程只有重力做功，物塊的機(jī)械能守恒，速度等于沒有磁場(chǎng)時(shí)的速度，但物塊受到向下的洛倫茲力，提供的向心力大于所需要的向心力，物塊不能到達(dá)最高點(diǎn)．運(yùn)動(dòng)到MN水平面的時(shí)，重力作功為0，洛倫磁力作功為0，根據(jù)動(dòng)能定理求解運(yùn)動(dòng)能到水平面MN上速度．

解答 解：（1）物塊能通過軌道最高點(diǎn)的條件是
mg=m$\frac{v2}{R}$，v=2 m/s
Eqs=μmgs+$\frac{1}{2}$mv²+mg•2R
解得s=1.25 m
（2）物塊到P點(diǎn)時(shí)，由動(dòng)能定理得：$\frac{1}{2}$mv²-mgR+EqR=$\frac{1}{2}$mv_P²
v_P=2$\sqrt{5}$ m/s，
由牛頓第二定律得：F_N-Eq=$\frac{m{v}^{2}}{R}$，
得：F_N=4.8 N
（3）能達(dá)到．因?yàn)槁鍌惼澚Σ蛔龉�，到達(dá)最高點(diǎn)速度仍為v=2 m/s，所受洛倫茲力背離圓心，軌道對(duì)小物塊會(huì)產(chǎn)生向下的支持力，所以能到達(dá)最高點(diǎn)L．
落回到MN水平面時(shí)，重力做功為零，洛倫磁力做功為零，所以速度的大小v_t等于第一次經(jīng)過N點(diǎn)時(shí)的速度大�。�
Eqs=μmgs+$\frac{1}{2}$mv²　v_t=v_N=2$\sqrt{5}$ m/s
答：（1）小物塊恰好能夠運(yùn)動(dòng)到軌道的最高點(diǎn)L，那么小物塊應(yīng)該從水平軌道1.25m的位置釋放；
（2）如果在上問的位置釋放小物塊，當(dāng)它運(yùn)動(dòng)到P（軌道中點(diǎn)）點(diǎn)時(shí)軌道對(duì)它的支持力等于4.8N；
（3）能運(yùn)動(dòng)到L點(diǎn)．到達(dá)MN時(shí)小物塊的速度大小為2$\sqrt{5}$ m/s．

點(diǎn)評(píng) 本題通過豎直平面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)考查動(dòng)能定理與牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用，題目較長(zhǎng)，但過程不復(fù)雜，只要耐心和細(xì)心，不應(yīng)出錯(cuò)．