Question

如圖所示，四分之一光滑絕緣圓弧軌道AP和水平絕緣傳送帶PC固定在同一 豎直平面內(nèi)，圓弧軌道的圓心為O，半徑為R．傳送帶PC之間的距離為L，沿逆時(shí)針方向的運(yùn)動(dòng)速度v=

gR

．在PO的右側(cè)空間存在方向豎直向下的勻強(qiáng)電場．一質(zhì)量為m、電荷量為+q的小物體從圓弧頂點(diǎn)A由靜止開始沿軌道下滑，恰好運(yùn)動(dòng)到C端后返回．物體與傳送 帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，不計(jì)物體經(jīng)過軌道與傳送帶連接處P時(shí)的機(jī)械能損失，重力加速度為g

（1）求物體下滑到P點(diǎn)時(shí)，物體對(duì)軌道的壓力F
（2）求物體返回到圓弧軌道后，能上升的最大高度H
（3）若在PO的右側(cè)空間再加上方向垂直于紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的水平勻強(qiáng)磁場 （圖中未畫出），物體從圓弧頂點(diǎn)A靜止釋放，運(yùn)動(dòng)到C端時(shí)的速度為

2gR

2

，試求物體在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t．

Answer 1

分析：（1）物體從A端運(yùn)動(dòng)到P端的過程中，只有重力做功，機(jī)械能守恒，即可求出物體滑到P端時(shí)速度大�。�經(jīng)過P點(diǎn)時(shí)，由重力和軌道支持力的合力提供物體的向心力，根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律求解物體對(duì)軌道的壓力F．
（2）物體從C端返回時(shí)受到向左滑動(dòng)摩擦力，向左做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理列出滑塊速度與皮帶速度相同時(shí)通過的距離x表達(dá)式，再研究滑塊從P到C過程，由動(dòng)能定理列式，聯(lián)立求出x，再由機(jī)械能守恒定律研究滑塊滑上圓弧軌道的過程，求解最大高度H．
（3）在無磁場情況下物體從A端運(yùn)動(dòng)到C端的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理求出電場強(qiáng)度E．在有磁場情況下物體從P端運(yùn)動(dòng)到C端的過程中，滑塊豎直方向上受到豎直向下的重力和電場力，豎直向上的支持力和洛倫茲力作用，隨著速度的減小，洛倫茲力減小，滑塊所受支持力增大，摩擦力增大，滑塊做加速度減小的變減速運(yùn)動(dòng)，取一段極短時(shí)間△t，根據(jù)牛頓第二定律得到速度變化率表達(dá)式，運(yùn)用積分法得到時(shí)間t．

解答：解：（1）設(shè)物體滑到P端時(shí)速度大小為v_P，物體從A端運(yùn)動(dòng)到P端的過程中，機(jī)械能守恒mgR=

1

2

m

v

2 P

解得：vP=

2gR

設(shè)物體滑到P端時(shí)受支持力為N，根據(jù)牛頓第二定律N-mg=m

v 2 P

R

解得：N=3mg
設(shè)物體滑到P端時(shí)對(duì)軌道壓力為F，根據(jù)牛頓第三定律
F=N=3mg
（2）物體到達(dá)C端以后受滑動(dòng)摩擦力，向左做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)向左運(yùn)動(dòng)距離為x時(shí)物體與皮帶速度相同，設(shè)物體受到的摩擦力為f，則
   fx=

1

2

mv2=

1

2

mgR
物體從皮帶的P端滑到C端摩擦力做功
-fL=0-

1

2

m

v

2 p

代入得，fL=

1

2

m2gR
解得：x=

1

2

L
即物體在皮帶上向左先做勻加速運(yùn)動(dòng)一半皮帶長度后，與皮帶同速向左運(yùn)動(dòng)，即再次到達(dá)P點(diǎn)時(shí)速度大小是v=

gR

根據(jù)機(jī)械能守恒定律，設(shè)在斜面上上升的高度H，則
  mgH=

1

2

mv2
解得H=

R

2

（3）設(shè)電場強(qiáng)度為E，在無磁場物體從A端運(yùn)動(dòng)到C端的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有 mgR-μ（mg+Eq）L=0-0
解得E=

mg(R-μL)

μqL

在有磁場情況下物體從P端運(yùn)動(dòng)到C端的過程中，設(shè)任意時(shí)刻物體速度為v，取一段極短的含此時(shí)刻的時(shí)間△t，設(shè)在此時(shí)間段內(nèi)的速度改變量為△v（取水平向右為正方向）．
根據(jù)牛頓第二定律，有  -μ(mg+Eq-qvB)=ma=m

△v

△t

兩邊同時(shí)乘以△t，再對(duì)兩邊求和得  -∑μ(mg+Eq)△t+∑μqBv△t=∑m△v
而 ∑v△t=∑△x=L，∑m△v=m(v′c-vp)
而v′c=

2gR

2

，vp=

2gR

則∑m△v=-m

2gR

2

以上結(jié)果代入上式，得 -μ(mg+Eq)t+μqBL=-m

2gR

2

化簡得    t=

μqBL2

mgR

+

L 2gR

2gR

 答：（ 1）物體下滑到P點(diǎn)時(shí)，物體對(duì)軌道的壓力F是3mg．
（2）物體返回到圓弧軌道后，能上升的最大高度H為

R

2

．
（3）若在PO的右側(cè)空間再加上方向垂直于紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的水平勻強(qiáng)磁場 （圖中未畫出），物體從圓弧頂點(diǎn)A靜止釋放，運(yùn)動(dòng)到C端時(shí)的速度為

2gR

2

，試求物體在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t是

μqBL2

mgR

+

L 2gR

2gR

．

點(diǎn)評(píng)：本題是動(dòng)能定理、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、向心力公式的綜合應(yīng)用，難點(diǎn)在于運(yùn)用積分法研究非勻減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，切入口是根據(jù)牛頓第二定律得到瞬時(shí)速度與速度變化率的關(guān)系式．