Question

13．如圖所示，豎直平面直角坐標(biāo)系中，一半徑為R的絕緣光滑圓軌道位于其中，圓軌道右側(cè)恰好與y軸相切，其下端B點與x軸相切，水平光滑軌道左側(cè)也與圓軌道在B點相切，右側(cè)與一個與x軸正方形夾角為45°光滑絕緣斜面平滑連接，且在第二象限內(nèi)，存在水平向右，范圍足夠大的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為E，斜面上有一質(zhì)量為m，帶電量為+q的小球，從靜止開始，由斜面上某點高為3R處靜止下滑，通過水平光滑軌道，從軌道下端點B進(jìn)入圓軌道（假設(shè)小球進(jìn)入軌道后不會再滑出B點）．經(jīng)過左側(cè)C點時對軌道的作用力為0.25mg，求：
（1）勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)；
（2）要使小球進(jìn)入圓軌道后，始終不脫離圓軌道，求小球釋放高度的范圍？

Answer 1

分析 （1）先根據(jù)動能定理求出小球到達(dá)C點的速度表達(dá)式，再研究C點，小球在C點由電場力和軌道彈力的合力提供向心力，由牛頓第二定律列式，聯(lián)立求解場強(qiáng)E．
（2）要使滑塊恰好始終沿軌道滑行，則滑至圓軌道C點與最高點之間的某點，由電場力和重力的合力提供向心力，此時的速度最小，根據(jù)向心力公式即可求得最小速度，再由動能定理求出高度的最小值，從而得到范圍．

解答 解：（1）從靜止釋放到C點，由動能定理得：
  mg（3R-R）-2qER=$\frac{1}{2}m{v}_{C}^{2}$
在C點，由牛頓第二定律得
  qE+N=m$\frac{{v}_{C}^{2}}{R}$
據(jù)題有 N=0.25mg
聯(lián)立解得  E=$\frac{3mg}{4q}$
（2）小球不脫離軌道有兩種情況：
①要使球恰好不脫離圓軌道，且做完整圓周運動時，則小球滑至圓軌道C點與最高點之間的D點，由電場力和重力的合力提供向心力，此時的速度最�。ㄔO(shè)為v_n），此合力與豎直方向的夾角設(shè)為θ，則tanθ=$\frac{qE}{mg}$=$\frac{3}{4}$
sinθ=$\frac{3}{5}$，cosθ=$\frac{4}{5}$
則有：$\sqrt{（qE）^{2}+（mg）^{2}}$=m$\frac{{v}_{n}^{2}}{R}$
從靜止到速度最小的位置，由動能定理得：
   mg[h-R（1+cosθ）]-qER（1+sinθ）=$\frac{1}{2}m{v}_{n}^{2}$
聯(lián)立解得 h=$\frac{69}{20}$R
故小球釋放高度的范圍應(yīng)滿足：h≥$\frac{69}{20}$R．
②小球恰好在以G、H為端點的圓弧來回運動，GH⊥DO．小球通過G或H時速度為零，由動能定理得：
從釋放到G的過程有：mg[h-R（1-sinθ）]-qER（1+cosθ）=0
解得 h=$\frac{7}{4}$R．
故小球釋放高度的范圍應(yīng)滿足：h≥$\frac{69}{20}$R或h≤$\frac{7}{4}$R．
答：
（1）勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)是$\frac{3mg}{4q}$．
（2）小球釋放高度的范圍應(yīng)滿足：h≥$\frac{69}{20}$R或h≤$\frac{7}{4}$R．

點評 該題把圓周運動放到電場和重力場的混合場中去考查，要找準(zhǔn)臨界狀態(tài)，由電場力和重力的合力提供向心力時的速度最小，運用動能定理和牛頓第二定律結(jié)合解答．