Question

2．如圖所示，光滑、絕緣的水平軌道AB與四分之一圓弧軌道BC平滑連接，并均處于水平向右的勻強電場中，已知勻強電場的場強E=5×10³V/m，圓弧軌道半徑R=0.4m．現(xiàn)有一帶電量q=+2×10^-5C、質(zhì)量m=5×10^-2kg的物塊（可視為質(zhì)點）從距B端s=1m處的P點由靜止釋放，加速運動到B端，再平滑進人圓弧軌道BC，重力加速度g=10m/s²，求：
（1）物塊在水平軌道上加速運動的時間t和到達B點的速度v_B的大小
（2）物塊剛進人圓弧軌道時受到的支持力N_B的大�。�
（3）物塊在BC段運動速度v_m的大�。�

Answer 1

分析 （1）帶電體在光滑水平軌道AB上由電場力作用下，從靜止開始做勻加速直線運動，由牛頓第二定律可求出加速度大小，由運動學公式可算出時間和到B端的速度大�。�
（2）由帶電體運動到B端的速度，及牛頓第二定律可求出物塊剛進入圓弧軌道時受到的支持力N_B的大�。�
（3）對從B向右的過程，設物體YU圓心連線與豎直方向的夾角為θ，根據(jù)動能定理列式，結合數(shù)學知識求解速度最大值．

解答 解：（1）設帶電體在水平軌道上運動的加速度大小為a，根據(jù)牛頓第二定律得：
qE=ma
解得：$a=\frac{qE}{m}=\frac{{2×1{0^{-5}}×5×1{0^3}}}{{5×1{0^{-2}}}}=2m/{s^2}$
由s=$\frac{1}{2}a{t}^{2}$，得：$t=\sqrt{\frac{2s}{a}}=\sqrt{\frac{2×1}{2}}s=1s$
帶電體運動到B端的速度大小為：v_B=at=2m/s．
（2）設帶電體運動到圓弧形軌道B端時受軌道的支持力為F_N，根據(jù)牛頓第二定律有：
${N_B}-mg=\frac{mv_B^2}{R}$
代入數(shù)據(jù)解得：N_B=1N
（3）對從B向右的過程，設物體YU圓心連線與豎直方向的夾角為θ，根據(jù)動能定理，有：
$-mg（R-Rcosθ）+qERsinθ=\frac{1}{2}m{v^2}-\frac{1}{2}mv_B^2$
解得：${v}_{B}=\sqrt{1.6（sinθ+5cosθ）-4}$=$\sqrt{1.6\sqrt{26}（\frac{1}{\sqrt{26}}sinθ+\frac{5}{\sqrt{26}}cosθ）-4}$=$\sqrt{1.6\sqrt{26}sin（θ+α）-4}$
其中：$sinθ=\frac{5}{\sqrt{26}}$
故物塊在BC段運動速度為：v_m=$\sqrt{1.6\sqrt{26}-4}$m/s≈2.04m/s
答：（1）物塊在水平軌道上加速運動的時間是1s，到達B點的速度v_B的大小為2m/s．
（2）物塊剛進人圓弧軌道時受到的支持力N_B的大小是1N．
（3）物塊在BC段運動速度v_m的大小約為2.04m/s．

點評 前兩問較為基礎，利用牛頓第二定律與運動學公式相結合進行解答，也可以運用動能定理和運動學公式結合求解；第三問涉及極值問題，可以根據(jù)數(shù)學知識求解極值．