Question

14．如圖所示，ABCD為固定在豎直平面內(nèi)的軌道，AB段平直傾斜且粗糙，BC段是光滑圓弧，對(duì)應(yīng)的圓心角θ=53°，半徑為r，CD段平直粗糙，各段軌道均平滑連接，在D點(diǎn)右側(cè)固定了一個(gè)$\frac{1}{4}$圓弧擋板MN，圓弧半徑為R，圓弧的圓心也在D點(diǎn)．傾斜軌道所在區(qū)域有場(chǎng)強(qiáng)大小為E=$\frac{9mg}{5q}$、方向垂直于斜軌向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)．一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小物塊（視為質(zhì)點(diǎn)）在傾斜軌道上的A點(diǎn)由靜止釋放，最終從D點(diǎn)水平拋出并擊中擋板．已知A、B之間的距離為2r，斜軌與小物塊之間的動(dòng)摩擦因素為μ=0.25，設(shè)小物塊的電荷量保持不變，重力加速度為g，sin53°=0.8，cos53°=0.6．求：
（1）小物塊運(yùn)動(dòng)至圓軌道的C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大��；
（2）改變AB之間的距離和場(chǎng)強(qiáng)E的大小，使小物塊每次都能從D點(diǎn)以不同的速度水平拋出并擊中擋板的不同位置，求擊中擋板時(shí)小物塊動(dòng)能的最小值．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)動(dòng)能定理求的到達(dá)B點(diǎn)的速度，從B到C根據(jù)機(jī)械能守恒求的到達(dá)C點(diǎn)速度，由牛頓第二定律求的作用力；
（2）小物塊從D點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)求的落到MN上的速度，即可表示出動(dòng)能，根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)即可求得最小值

解答 解：（1）小物塊由A到B過(guò)程由動(dòng)能定理，得：
$mgsinθ•2r-μ（mgcosθ+qE）•2r=\frac{1}{2}{mv}_{B}^{2}$
解得：${v}_{B}=\sqrt{\frac{4}{5}gr}$
小物塊由B到C過(guò)程由機(jī)械能守恒定律，得：$mgr（1-cosθ）=\frac{1}{2}{mv}_{c\\;}^{2}-\frac{1}{2}{mv}_{B}^{2}$
解得：${v}_{C}=\sqrt{\frac{8}{5}gr}$N-mg=
在C點(diǎn)由牛頓第二定律，得：$\frac{{mv}_{C}^{2}}{r}$
解得：$N=\frac{13}{5}mg$
由牛頓第三定律可得小物塊對(duì)圓軌道的壓力：$N′=\frac{13}{5}mg$
（2）小物塊離開D點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，得：
水平方向：x=v₀t
豎直方向：$y=\frac{1}{2}g{t}^{2}$
而：x²+y²=R²
小物塊平拋過(guò)程機(jī)械能守恒，mgy=E_K，得：
由以上四式解得：${E}_{k}=\frac{mg{R}^{2}}{4y}+\frac{3mgy}{4}$
由數(shù)學(xué)中的均值不等式可知：$E≥2\sqrt{\frac{mg{R}^{2}}{4y}•\frac{3mgy}{4}}=\frac{\sqrt{3}}{2}mgR$
故：小物塊動(dòng)能的最小值為：${E}_{kmin}=\frac{\sqrt{3}}{2}mgR$
答：（1）小物塊運(yùn)動(dòng)至圓軌道的C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為$\frac{13}{5}mg$；
（2）改變AB之間的距離和場(chǎng)強(qiáng)E的大小，使小物塊每次都能從D點(diǎn)以不同的速度水平拋出并擊中擋板的不同位置，擊中擋板時(shí)小物塊動(dòng)能的最小值為$\frac{\sqrt{3}}{2}mgR$

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查了動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒及運(yùn)動(dòng)學(xué)基本公式的直接應(yīng)用，要求同學(xué)們能正確對(duì)物體受力分析，確定物體的運(yùn)動(dòng)情況，利用好數(shù)學(xué)知識(shí)求的最小值