Question

11．在如圖所示的豎直平面內(nèi)，水平軌道CD和傾斜軌道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(guò)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(guò)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^-3 kg、電荷量q=+8×10^-6 C，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．當(dāng)P₁到達(dá)傾斜軌道底端G點(diǎn)時(shí)，不帶電的小物體P₂在GH頂端靜止釋放，經(jīng)過(guò)時(shí)間t=0.1s與P₁相遇．P₁與P₂與軌道CD、GH間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ=0.5，g取10m/s²，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，物體電荷量保持不變，不計(jì)空氣阻力．求：

（1）小物體P₁在水平軌道CD上運(yùn)動(dòng)速度v的大��；
（2）傾斜軌道GH的長(zhǎng)度s．

Answer 1

分析 （1）P₁運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的過(guò)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�。�
（2）P₁從D點(diǎn)到傾斜軌道底端G點(diǎn)的過(guò)程中，電場(chǎng)力和重力做功；P₁在GH上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，受重力、電場(chǎng)力和摩擦力作用；P₂在GH上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，受重力和摩擦力作用；對(duì)于各物體在各段的運(yùn)動(dòng)利用牛頓第二定律和能量的轉(zhuǎn)化與守恒，列式即可解得軌道GH的長(zhǎng)度．

解答 解：（1）設(shè)小物體P₁在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)速度為v，受到向上的洛倫茲力為F₁，受到的摩擦力為f，則F=f=μ（mg-F₁） 
根據(jù)洛倫茲力的計(jì)算公式可得：F₁=qvB，
代入數(shù)據(jù)解得：v=4 m/s；
（2）設(shè)P₁在G點(diǎn)的速度大小為v_G，由于洛倫茲力不做功，根據(jù)動(dòng)能定理：
qErsin θ-mgr（1-cos θ）=$\frac{1}{2}$mv_G²-$\frac{1}{2}$mv²   
P₁在GH上運(yùn)動(dòng)，受到重力、電場(chǎng)力和摩擦力的作用，設(shè)加速度為a₁，根據(jù)牛頓第二定律：
qEcos θ-mgsin θ-μ（mgcos θ+qEsin θ）=ma₁                  
設(shè)P₁在GH上運(yùn)動(dòng)的距離為s₁，則：s₁=v_Gt+$\frac{1}{2}$a₁t²            
設(shè)P₂質(zhì)量為m₂，在GH上運(yùn)動(dòng)的加速度為a₂，則
m₂gsin θ-μm₂gcos θ=m₂a₂                                    
設(shè)P₂在GH上運(yùn)動(dòng)的距離為s₂，則s₂=$\frac{1}{2}$a₂t²
兩物體相遇時(shí)有：s=s₁+s₂
解得 s=0.56m．
答：（1）小物體P₁在水平軌道CD上運(yùn)動(dòng)速度v的大小為4m/s；
（2）傾斜軌道GH的長(zhǎng)度為0.56m．

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(wèn)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，是一道非常好的題．