Question

10．如圖所示，質(zhì)量為m、半徑為R的圓形光滑絕緣軌道放在水平地面上固定的M、N兩豎直墻壁間，圓形軌道與墻壁間摩擦忽略不計(jì)，在軌道所在平面加一豎直向上的場強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場．P、Q兩點(diǎn)分別為軌道的最低點(diǎn)和最高點(diǎn)，在P點(diǎn)有一質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電的小球，現(xiàn)給小球一初速度v₀，使小球在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，則下列說法正確的是（　�。�

• A． 小球通過P點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道一定有壓力
• B． 小球通過P點(diǎn)時(shí)的速率一定大于通過Q點(diǎn)時(shí)的速率
• C． 從P到Q點(diǎn)的過程中，小球的機(jī)械能增大
• D． 若mg＞qE，要使小球能通過Q點(diǎn)且保證圓形軌道不脫離地面，速度v₀應(yīng)滿足的關(guān)系是：$\sqrt{5gR-\frac{5qER}{m}}$≤v₀＜$\sqrt{6gR-\frac{5qER}{m}}$

Answer 1

分析 根據(jù)動(dòng)能定理，結(jié)合牛頓第二定律與向心力表達(dá)式，即可求解速度的最小值，再根據(jù)條件：要保證圓形軌道不脫離地面，N′＜mg，并結(jié)合牛頓第二定律，來確定最大速度，從而即可求解．

解答 解：A、通過受力分析，當(dāng)電場力和重力剛好提供所需向心力時(shí)，對(duì)軌道無壓力，故A錯(cuò)誤；
B、當(dāng)電場力重力時(shí)，由動(dòng)能定理可知：2qER-2mgR=$\frac{1}{2}m{v}_{D}^{2}$-$\frac{1}{2}m{v}_{P}^{2}$，得v_Q大于v_P，故B錯(cuò)誤；
C、從P到Q點(diǎn)的過程中，電場力做正功，故機(jī)械能增加，故C正確；
D、當(dāng)電場力大于重力時(shí)，由動(dòng)能定理：2qER-2mgR=$\frac{1}{2}$mv_Q²-$\frac{1}{2}$mv₀²…①
小球恰能通過Q點(diǎn)時(shí)，mg-qE=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{R}$…②
聯(lián)立①②解得：v₀=$\sqrt{5gR-\frac{5qER}{m}}$；
所以要使小球能通過Q點(diǎn)v₀≥$\sqrt{5gR-\frac{5qER}{m}}$；
設(shè)小球通過Q點(diǎn)時(shí)，軌道對(duì)小球的壓力為N，小球?qū)�軌道的壓力為N'
由牛頓第三定律的N=N′
要保證圓形軌道不脫離地面，N′＜mg；
即N＜mg
受力分析，解得：mg-qE+N=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{R}$…③
解①③得：v₀＜$\sqrt{6gR-\frac{5qER}{m}}$
所以得：$\sqrt{5gR-\frac{5qER}{m}}$≤v₀＜$\sqrt{6gR-\frac{5qER}{m}}$，故D正確
故選：CD．

點(diǎn)評(píng) 考查動(dòng)能定理與牛頓第二、三定律的應(yīng)用，掌握誰提供向心力是解題的關(guān)鍵，同時(shí)注意力做功的正負(fù)．