Question

如圖所示，長為L的輕質(zhì)細線，一端固定在O₁，另一端固定一質(zhì)量為m、電荷量為+q的小球，O₁ O₂為豎直線，其左側(cè)存在著一個水平方向上的矩形形狀的勻強電場，電場的下邊界為水平線D O₂，緊鄰勻強電場的下邊界停放著一個質(zhì)量為M=2m的滑塊，初始時刻M靜止在光滑的水平面上，滑塊M上是一個以O(shè)₂為圓心光滑的四分之一圓弧，圓弧的最低點F與水平面相切與O₂的正下方．在O₁ O₂豎直線的右側(cè)的光滑水平面上停放著質(zhì)量均為m、間距均為S的粘性小物塊（即碰撞后立刻粘為一體）．零時刻把小球拉到與O₁ 等高的A點使細線伸直，然后靜止釋放，小球擺到最左端的C點后返回，已知O₁C與豎直方向的夾角θ=37°．小球和小物塊都可以看成質(zhì)點且都與滑塊M處在同一豎直平面內(nèi)如圖所示．m、+q、L、θ為已知量，電場強度E、圓弧的半徑R及BO₂的高度h為未知量，空氣阻力不計，重力加速度為g．
（1）求小球到達最低點B時對細線的拉力大�。�
（2）O₁ O₂左側(cè)的勻強電場的場強大小及方向？
（3）若小球第一次到達最低點B時細線突然斷裂，其恰好從D點沿切線進入圓弧軌道，經(jīng)過一段時間后進入光滑水平面，依次和右側(cè)是小物塊發(fā)生正碰并粘在一起．問圓弧的半徑R及從小球與第一個滑塊碰撞開始計時到與第n個滑塊碰撞時結(jié)束，M滑塊運動的位移．

Answer 1

分析：（1）運用動能定理及牛頓第二定律即可求解；
（2）小球有A到C點有動能定理便可求出電場力大�。�
（3）運用動能定理及動量守恒結(jié)合數(shù)學(xué)知識便可求出位移大�。�

解答：解：（1）小球從A到B點有動能定理得：mgL=

1

2

mvB2  ①
在B點對小球有牛頓第二定律得：T-mg=

mvB2

L

 ②
聯(lián)立①②解得：T=3mg；
（2）小球有A到C點由動能定理得：mgLsinθ-EqLcosθ=0  ③
解得：E=

4mg

3q

又因為電場力做負功，所以電場的方向水平向右；
（3）有題意知小球運動最低點B繩斷后，小球在在電場方向上做勻變速直線運動，當(dāng)速度減到零恰好運動到D點，
則：-EqR=0-

1

2

mvB2 ④
有①④解得：R=

3

4

L，
從小球運動到D點到小球滑到水平面上，M和小球在水平方向上動量守恒，設(shè)小球離開M后的速度大小為v₁，M的速度為v₂則有：
mv₁=Mv₂ ⑤
小球以速度v₁沿光滑面向右運動，一次與小物塊碰撞，有動量守恒得：
小球與第1個滑塊：mv₁=2mv₁₁
小球與第2個滑塊：mv₁=3mv₁₃
…
小球與前n-1個滑塊：mv₁=nmv_1n-1
從小球與第一個滑塊碰撞開始到與第n個滑塊碰撞結(jié)束總時間t_總：
t_總=

s

v11

+

s

v12

+

s

v13

+…+

s

v1n-1

=（2+3+4+…+n）

s

v1

=

(n+2)(n-1)s

2v1

  ⑦
又M=2m   ⑧
mv₁=Mv₂  ⑨
在這段時間段內(nèi)M已知做勻速直線運動，所以運動的位移大小為
S_總=v₂t_總=v₂?

(n+2)(n-1)s

2v1

 ⑩
聯(lián)立⑦⑧⑨⑩解得：S_總=

(n+2)(n-1)s

4

答：（1）求小球到達最低點B時對細線的拉力為3mg；
（2）O₁ O₂左側(cè)的勻強電場的場強大小為

4mg

3q

，方向水平向右；
（3）M滑塊運動的位移為

(n+2)(n-1)s

4

．

點評：此題考查學(xué)生動能定理的靈活運用，第三問需要運用數(shù)學(xué)推導(dǎo)，考查數(shù)學(xué)知識與物理知識的相結(jié)合，屬于復(fù)雜運動類題目，難度適中．