Question

5．如圖所示為某同學(xué)設(shè)計(jì)的“運(yùn)動(dòng)電場力模擬重力過山車”實(shí)驗(yàn)的示意圖．直線形擋板P₁P₂與半徑為R的圓弧形擋板平滑連接在P₂處并安裝在水平臺(tái)面上，擋板與臺(tái)面均固定不動(dòng)．質(zhì)量為m的小滑塊帶正電，電荷量始終保持為q，在水平臺(tái)面上以初速度v₀從P₁位置出發(fā)，沿?fù)醢暹\(yùn)動(dòng)并能沿著圓周運(yùn)動(dòng)．小滑塊與P₁P₂臺(tái)面的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，其余部分的摩擦不計(jì)，重力加速度為g．勻強(qiáng)電場水平向左，場強(qiáng)為E，且Eq≥μmg，P₁P₂=l．試求：小滑塊的初速度大小滿足條件．

Answer 1

分析 要使小滑塊做圓周運(yùn)動(dòng)，有兩種情況：第一種情況：小球不脫離軌道，能到達(dá)圖中G點(diǎn)．第二種情況：小球能通過等效最高點(diǎn)，做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理求解．

解答 解：設(shè)重力與電場力的合力為F，并設(shè)重力與F的夾角為θ，則 tanθ=$\frac{qE}{mg}$
粒子在電場力作用下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)到P₂點(diǎn)，由動(dòng)能定理得：
  qEl-μmgl=$\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$-$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
第一種情況：為使小球不脫離圓軌道，小球可以恰好到達(dá)G點(diǎn)，從P₂到G點(diǎn)，由動(dòng)能定理得：
-mg（R+Rsinθ）+qERcosθ=0-$\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$
聯(lián)立得 qEl-μmgl-mg（R+Rsinθ）+qERcosθ=-$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$，
即得 v₀=$\sqrt{\frac{2[μmgl+mgR（1+sinθ）-qE（l+Rcosθ）]}{m}}$，其中 tanθ=$\frac{qE}{mg}$．
第二種情況：F認(rèn)為是小物塊同時(shí)在重力場和電場作用下的等效重力，方向已確定，則小物塊從P₁開始加速，F(xiàn)點(diǎn)為等效最低點(diǎn)，則E點(diǎn)為等效最高點(diǎn)，為使小球能完成圓周運(yùn)動(dòng)，則初速度最小需要保證小物塊恰好通過等效最高點(diǎn)，在E點(diǎn)，有
   $\sqrt{（qE）^{2}+（mg）^{2}}$=m$\frac{{v}_{2}^{2}}{R}$
從P₂到G點(diǎn)，由動(dòng)能定理得：
-mg（R+Rsinθ）-qERcosθ=$\frac{1}{2}m{v}_{2}^{2}$-$\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$
聯(lián)立得 qEl-μmgl-mg（R+Rsinθ）-qERcosθ=$\frac{1}{2}$R$\sqrt{（qE）^{2}+（mg）^{2}}$-$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
解得 v₀=$\sqrt{\frac{R\sqrt{（qE）^{2}+（mg）^{2}}+2[μmgl+mgR（1+sinθ）]-2qE（l-Rcosθ）}{m}}$
其中 tanθ=$\frac{qE}{mg}$．
故小滑塊的初速度大小滿足條件是v₀≤$\sqrt{\frac{2[μmgl+mgR（1+sinθ）-qE（l+Rcosθ）]}{m}}$，或 v₀≥$\sqrt{\frac{R\sqrt{（qE）^{2}+（mg）^{2}}+2[μmgl+mgR（1+sinθ）]-2qE（l-Rcosθ）}{m}}$，其中 tanθ=$\frac{qE}{mg}$．
答：小滑塊的初速度大小滿足條件是v₀≤$\sqrt{\frac{2[μmgl+mgR（1+sinθ）-qE（l+Rcosθ）]}{m}}$，或 v₀≥$\sqrt{\frac{R\sqrt{（qE）^{2}+（mg）^{2}}+2[μmgl+mgR（1+sinθ）]-2qE（l-Rcosθ）}{m}}$，其中 tanθ=$\frac{qE}{mg}$．

點(diǎn)評(píng) 本題的關(guān)鍵要找出臨界點(diǎn)，明確物塊不脫離圓軌道有兩種情況，采用等效的方法分析等效最高點(diǎn)的臨界條件：電場力和重力的合力充當(dāng)向心力，運(yùn)用動(dòng)能定理研究．