Question

如圖所示，斜面軌道AB與水平面之間的夾角θ=53°，BCD為半徑R=5m的圓弧形軌道，在B點，軌道AB與圓弧形軌道BCD相切，整個光滑軌道處于豎直平面內(nèi)，在A點，一質(zhì)量為m=1kg，帶電量為q=+1×10^-3C的小球由靜止滑下，經(jīng)過B、C點后從D點豎直向上拋出．設(shè)以豎直線MDN為分界線，其左邊有水平向左的勻強電場區(qū)域，右邊為真空區(qū)域．小球最后落到與D在同一水平面相距為10.8m的S點處，此時速度大小v_S=16m/s，已知A點距地面的高度H=10m，B點距地面的高度h=5m．（g取10m/s²，cos 53°=0.6），求：
（1）小球經(jīng)過B點時的速度大小；
（2）小球經(jīng)過圓弧軌道最低處C點時對軌道的壓力；
（3）小球從D點拋出后，速度最小時距SD面的高度．

Answer 1

分析：（1）小球從A到B的過程中只有重力做功，根據(jù)機械能守恒求解小球經(jīng)過B點的速度．
（2）根據(jù)機械能定律求出小球經(jīng)過C點時的速度．由牛頓第二定律求出軌道對小球的支持力，即可求得小球?qū)�軌道的壓力�?BR>（3）小球從C點至D點過程中，根據(jù)動能定理求小球到達(dá)D的速度大�。畯腁到S的過程，由動能定理求出電場力的大�。�小球在電場中受到電場力和重力作用，運用運動的分解法，求解速度最小時距SD面的高度．

解答：解：（1）對小球，從A到B過程，由動能定理得：mg(H-h)=

1

2

mv2-0 ①
解之得：小球經(jīng)過B點時的速度大小v=

2g(H-h)

=10m/s
（2）對小球，從B到C過程，由動能定理得：mgR(1-cosθ)=

1

2

mvc2-

1

2

mv2  ②
在C點，由牛頓第二定律得：N-mg=m

vc2

R

聯(lián)立解之得：N=38N
由牛頓第三定律得：小球?qū)�軌道的壓力為N'=N=38N
（3）對小球，從C到D過程，由動能定理得：-mgR=

1

2

mvD2-

1

2

mvc2   ④
解之得：v_D=2

10

m/s
從A到S的過程，由動能定理得：mg(H-h-3)+F電xSD=

1

2

mvS2-0  ⑤
解之得：F_電=10N
小球在復(fù)合場中受到的合力方向斜向左下45°，大小為

2

mg，把D點的速度分解為垂直于合力和平行于合力方向的分速度，當(dāng)平行于合力方向的分速度為零時，速度最小vDcos45．=at   ⑥
a=

2

g  ⑦
豎直方向：x=v_Dt-

1

2

gt2  ⑧
解之得：x=1.5m
答：（1）小球經(jīng)過B點時的速度大小是2m/s；
（2）小球經(jīng)過圓弧軌道最低處C點時對軌道的壓力是38N；
（3）小球從D點拋出后，速度最小時距SD面的高度是1.5m．

點評：本題是機械能守恒定律、牛頓第二定律、運動學(xué)公式和動能定理的綜合應(yīng)用．難點是研究小球在電場中的運動情況，運動分解法求解速度最小時距SD面的高度，可與平拋運動進(jìn)行類比，容易理解．