Question

20．在如圖所示的豎直平面內(nèi)，水平軌道CD和長(zhǎng)度s=10m的傾斜軌道GH與半徑r=$\frac{9}{44}$m的光滑圓弧軌道分別相切于D點(diǎn)和G點(diǎn)，GH與水平面的夾角θ=37°，過G點(diǎn)、垂直于紙面的豎直平面左側(cè)有勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1.25T；過D點(diǎn)、垂直于紙面的豎直平面右側(cè)有勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)方向水平向右，電場(chǎng)強(qiáng)度E=1×10⁴N/C．小物體P₁質(zhì)量m=2×10^-3kg、電荷量q=+8×10^-6C，受到水平向右的推力F=9.98×10^-3N的作用，沿CD向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，到達(dá)D點(diǎn)后撤去推力．P₁與軌道CD、GH間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ=0.5，取g=10m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8，物體電荷量保持不變，不計(jì)空氣阻力．求：
（1）小物體P₁到達(dá)G點(diǎn)時(shí)的速度v的大��；
（2）小物體P₁從G點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到斜面頂端H點(diǎn)所用的時(shí)間t．

Answer 1

分析 （1）P₁運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的過程中，對(duì)小物體進(jìn)行正確的受力分析，在水平方向上利用二力平衡可求得小物體P₁在水平軌道CD上運(yùn)動(dòng)速度v的大小．
（2）由牛頓第二定律求出加速度，然后應(yīng)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出運(yùn)動(dòng)時(shí)間．

解答 解：（1）對(duì)P₁，在豎著方向受力平衡，
由平衡條件得：N+qv_DB=mg …①
水平方向受力平衡：F=μN(yùn) …②
聯(lián)立①②可得：v_D=4m/s，
P₁從D到G由于洛倫茲力不做功，電場(chǎng)力做正功，
重力做負(fù)功，由動(dòng)能定理得：qErsinθ-mgr（1-cosθ）=$\frac{1}{2}$mv_G²-$\frac{1}{2}$mv_D²   …③
解得：v_G=5m/s；
（2）P₁過G點(diǎn)后做勻變速直線運(yùn)動(dòng)的加速度設(shè)為a，
由牛頓第二定律得：qEcosθ-mgsinθ-μ（mgcosθ+qEsinθ）=ma  …④
P₁從G運(yùn)動(dòng)到H：s=v_Gt+$\frac{1}{2}$at²，解得：t=1s；
答：（1）小物體P₁到達(dá)G點(diǎn)時(shí)的速度v的大小為4m/s；
（2）小物體P₁從G點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到斜面頂端H點(diǎn)所用的時(shí)間t為1s．

點(diǎn)評(píng) 解答該題的關(guān)鍵是對(duì)這兩個(gè)物體運(yùn)動(dòng)進(jìn)行分段分析，分析清晰受力情況和各自的運(yùn)功規(guī)律，利用運(yùn)動(dòng)定律和能量的轉(zhuǎn)化與守恒定律進(jìn)行解答；這是一個(gè)復(fù)合場(chǎng)的問題，要注意對(duì)場(chǎng)力的分析，了解洛倫茲力的特點(diǎn)，洛倫茲力不做功；知道電場(chǎng)力做功的特點(diǎn)，解答該題要細(xì)心，尤其是在數(shù)值計(jì)算上．