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(qiáng)電場(chǎng)中，已知?jiǎng)驈?qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)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(diǎn)）從距B端s=1m處的P點(diǎn)由靜止釋放，加速運(yùn)動(dòng)到B端，再平滑進(jìn)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(yùn)動(dòng)的時(shí)間t和到達(dá)B點(diǎn)的速度v_B的大小
（2）物塊剛進(jìn)人圓弧軌道時(shí)受到的支持力N_B的大小．
（3）物塊在BC段運(yùn)動(dòng)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(chǎng)力作用下，從靜止開(kāi)始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可求出加速度大小，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可算出時(shí)間和到B端的速度大�。�
（2）由帶電體運(yùn)動(dòng)到B端的速度，及牛頓第二定律可求出物塊剛進(jìn)入圓弧軌道時(shí)受到的支持力N_B的大小．
（3）對(duì)從B向右的過(guò)程，設(shè)物體YU圓心連線與豎直方向的夾角為θ，根據(jù)動(dòng)能定理列式，結(jié)合數(shù)學(xué)知識(shí)求解速度最大值．

解答 解：（1）設(shè)帶電體在水平軌道上運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)到B端的速度大小為：v_B=at=2m/s．
（2）設(shè)帶電體運(yùn)動(dòng)到圓弧形軌道B端時(shí)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(duì)從B向右的過(guò)程，設(shè)物體YU圓心連線與豎直方向的夾角為θ，根據(jù)動(dòng)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(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)的時(shí)間是1s，到達(dá)B點(diǎn)的速度v_B的大小為2m/s．
（2）物塊剛進(jìn)人圓弧軌道時(shí)受到的支持力N_B的大小是1N．
（3）物塊在BC段運(yùn)動(dòng)速度v_m的大小約為2.04m/s．

點(diǎn)評(píng) 前兩問(wèn)較為基礎(chǔ)，利用牛頓第二定律與運(yùn)動(dòng)學(xué)公式相結(jié)合進(jìn)行解答，也可以運(yùn)用動(dòng)能定理和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合求解；第三問(wèn)涉及極值問(wèn)題，可以根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)求解極值．