Question

10．如图所示，在竖直平面内固定一个$\frac{1}{4}$光滑圆弧轨道AB，轨道半径R=0.45m，轨道最低点A与圆心O等高．同时固定一与水平方向成θ=37°角的足够长的绝缘倾斜平板，平板上端C点在圆弧轨道B点正上方，圆弧轨道和平板均处于场强大小E=100N/C、方向竖直向上的匀强电场中．现将一质量为m=0.02kg、带电量q₁=+4×10^-3C的小球从A点静止释放，小球通过B点离开圆弧轨道沿水平方向飞出，垂直打在平板上的D点．取g=10m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不计空气阻力，小球视为质点，求：
（1）小球经过B点时速度v_B的大小；
（2）若小球离开B点时，位于平板上端C点，质量M=1.0kg的另一带电滑块（其带电量是q₂=+2×10^-1C，滑块视为质点）在沿平板向下的恒定拉力F作用下由静止开始向下加速运动，恰好在D点被小球击中，已知滑块与平板间动摩擦因数μ=0.25，求B、D两点间电势差U_m和拉力F的大小；
（3）小球与滑块碰撞时间忽略不计，碰后立即撤去拉力F，设碰撞前后滑块速度不变，仍沿平板向下运动，求滑块此后沿平板运动的时间t．

Answer 1

分析 （1）由动能定理可以求出小球到达B点的速度．
（2）小球离开B后做类平抛运动，应用类平抛运动规律求出小球的运动时间与水平和竖直分位移，由匀强电场场强与电势差的关系求出BD间的电势差；对滑块，由运动学公式求出它的加速度，然后由牛顿第二定律求出拉力大小．
（3）碰撞后滑块沿斜面向下做匀减速运动，据牛顿第二定律和运动学公式结合求出滑块减速到最低点J点的时间，滑块从J点反回到C点过程，再由牛顿第二定律和运动学公式结合求出滑块返回的时间，即可得解．

解答 解：（1）从A到B的过程，根据动能定理有：${q_1}ER-mgR=\frac{1}{2}m{v_B}^2$
解得 v_B=3m/s            
（2）小球离开B点后受到竖直向下的重力和竖直向上的电场力，所以小球做类平抛运动，设小球由B点到D点的运动时间为t₁，加速度为a，上升高度为h
竖直方向由牛顿第二定律 q₁E-mg=ma
  h=$\frac{1}{2}a{t}_{1}^{2}$
根据速度合成有 $\frac{{v}_{B}}{a{t}_{1}}$=tanθ
B、D两点间电势差 U_m=Eh 
联立解得U_m=80V
由几何关系得CD之间距离 x=1.5m
设滑块由C点到D点加速度为a₁
根据牛顿第二定律得
   F-（q₂E-Mg）sinθ-μ（q₂E-Mg）cosθ=Ma₁
x=$\frac{1}{2}{a}_{1}{t}_{1}^{2}$，解得 a₁=$\frac{75}{4}$m/s²；F=26.75N
（3）滑块到D点的速度 v_D=a₁t₁=7.5m/s
碰撞后滑块沿斜面向下做匀减速运动，设滑块由C点到D点加速度为a₂，据牛顿第二定律得
  （q₂E-Mg）sinθ+μ（q₂E-Mg）cosθ=Ma₂
解得 a₂=8m/s²；
滑块减速到最低点J点的时间 t₂=$\frac{{v}_{D}}{{a}_{2}}$=$\frac{15}{16}$s=0.9375s
DJ之间距离 x₁=$\frac{1}{2}{v}_{D}{t}_{2}$
滑块从J点反回到C点过程有
  （q₂E-Mg）sinθ-μ（q₂E-Mg）cosθ=Ma₃
解得 a₃=4m/s²；
x+x₁=$\frac{1}{2}{a}_{3}{t}_{3}^{2}$
解得 t₃=$\frac{\sqrt{642}}{16}$≈1.58s）
滑块此后在斜面上运动的时间 t=t₂+t₃≈2.52s
答：
（1）小球经过B点时速度v_B的大小是3m/s；
（2）B、D两点间电势差U_m是80V，拉力F的大小是26.75N；
（3）滑块此后沿平板运动的时间t是2.52s．

点评 本题考查了求小球的速度、电势差、拉力大小、滑块的运动时间；物体运动过程复杂，分析清楚物体运动过程是正确解题的前提与关键，分析清楚物体运动过程后，应用动能定理、类平抛运动规律、牛顿第二定律、运动学公式即可正确解题．