如图所示，在竖直平面内固定一光滑圆弧轨道AB，轨道半径为R=0.4m，轨道最高点A与圆心O等高．有一倾角θ=3
（1） ，方向竖直向下（2） （3） 试题分析：（1）设小球到达B点的速度为v B ，从A到B的过程只有重力和电场力做功，根据动能定理有： B点是圆周运动最低点，合力提供向心力即 对轨道压力等于轨道对其弹力即 综上，解得： ，方向竖直向下。（2）设小球由B点到D点的运动时间为t，受到竖直向下的重力和电场力，竖直方向为初速度0的匀加速直线运动，加速度为a，水平方向没力为匀速直线遇到你。下落高度为h的过程根据速度合成有 竖直方向牛顿第二定律 联立解得 （3）作出小球与物块的运动示意如图所示，设C、D间的距离为x，由几何关系有： 设物块上滑加速度为a′，由牛顿运动定律有： 根据题意，要物块与小球相遇，有： 联解得：
（1）小球从A到B过程，由动能定理得：-mgR+q1ER=12mvB2-0，代入数据解得：vB=3m/s；（2）小球离开B后做类平抛运动，小球到达D点时的竖直分速度：vy=vBtanθ=30.60.8=4m/s，小球在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，vy=a小球t=q1E?mgmt，代入数据解得：t=0.4s，小球在竖直方向的位移：y=12a小球t2=12q1E?mgmt2，代入数据解得：y=0.8m，小球的水平位移：x=vBt=3×0.4=1.2m，B、D两点间电势差UBD=Ey=100×0.8=80V，对滑块，由匀变速直线运动的位移公式得：xcosθ=12at2，代入数据解得：a=18.75m/s2，对滑块，由牛顿第二定律得：F-μ（Mg-q2E）cosθ=Ma，代入数据解得：F=20.35N；（3）碰撞时滑块的速度：v=at=18.75×0.4=7.5m/s，撤去拉力F后，对滑块，由牛顿第二定律得：μ（Mg-q2E）cosθ=Ma′，代入数据解得：a′=1.6m/s2，滑块沿平板运动的时间：t=va′=7.5m/s1.6m/s2=4.6875s；答：（1）小球经过B点时的速度vB的大小为3m/s；（2）B、D两点间电势差UBD为80V，拉力F的大小为20.35N；（3）滑块此后沿平板运动的时间t为4.6875s．
（1）设小球到达B点的速度为vB，由动能定理有：mgR+qER＝
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