Question

17．如圖所示，在E=10³ V/m的水平向左勻強電場中，有一光滑半圓形絕緣軌道CPN豎直放置，軌道與一水平絕緣軌道MN平滑連接，半圓軌道所在豎直平面與電場線平行，其半徑R=40cm，一帶正電荷q=3×10^-4 C的小滑塊質(zhì)量為m=40g，與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ=0.5，小滑塊運動過程中所帶電荷量保持不變，取g=10m/s²．滑塊在水平軌道上某點由靜止釋放后，恰好能運動到圓軌道的最高點C，問：
（1）小滑塊是在水平軌道上離N點多遠(yuǎn)處釋放的？
（2）小滑塊經(jīng)過C點后落地，落地點離N點的距離多大？
（3）小球在半圓軌道上運動時，對軌道的最大壓力有多大？

Answer 1

分析 （1）在小滑塊運動的過程中，在C點由向心力列式，由剛開始位置到C點由動能定理根據(jù)動能定理可以求得滑塊與N點之間的距離；
（2）過C點后，對滑塊受力分析，根據(jù)運動的分解，豎直方向求出時間，由牛頓第二定律可以求得滑塊水平方向的加速度，由運動學(xué)公式求得落地點離N點的距離；
（3）將重力和電場力等效為一個力，在等效重力場的最低點壓力最大，根據(jù)動能定理求出等效重力場的最低點的速度，再由向心力公式求出對軌道的最大壓力；

解答 解：（1）設(shè)滑塊與N點的距離為L，由剛開始位置到C點由動能定理可得qEL-μmgL-mg•2R=$\frac{1}{2}$mv²-0
代入數(shù)據(jù)：$3×1{0}_{\;}^{-4}×1{0}_{\;}^{3}-0.5×40×1{0}_{\;}^{-3}×10L$$-40×1{0}_{\;}^{-3}×10×2×0.4$=$\frac{1}{2}×40×1{0}_{\;}^{-3}{v}_{\;}^{2}-0$①
小滑塊在C點時，重力提供向心力，所以mg=$m\frac{{v}_{\;}^{2}}{R}$
代入數(shù)據(jù)：$40×1{0}_{\;}^{-3}×10=40×{10}_{\;}^{-3}\frac{{v}_{\;}^{2}}{0.4}$②
聯(lián)立①②解得v=2 m/s，L=4 m
（2）在豎直方向上做自由落體運動，由2R=$\frac{1}{2}$gt²
可得t=$\sqrt{\frac{2h}{g}}=\sqrt{\frac{2×0.8}{10}}$=0.4 s
在水平方向上做勻減速運動，由qE=ma
代入數(shù)據(jù)：$3×1{0}_{\;}^{-4}×1{0}_{\;}^{3}=40×1{0}_{\;}^{-3}a$
得a=7.5 m/s²
水平的位移為x=vt-$\frac{1}{2}$at²，
代入數(shù)據(jù)：$x=2×0.4-\frac{1}{2}×7.5×0．{4}_{\;}^{2}$
得x=0.2 m
（3）重力與電場力的合力F_合=0.5N，F(xiàn)_合方向與CN的夾角為37°，
當(dāng)滑塊運動到∠NOA=37°時速度最大對軌道壓力最大．
由A到C過程列動能定理：-qERsin37°-mg（R+Rcos37°）=$\frac{1}{2}m{v}_{C}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{A}^{2}$
代入數(shù)據(jù)：$-3×1{0}_{\;}^{-4}×1{0}_{\;}^{3}×0.4×0.6$$-40×1{0}_{\;}^{-3}×10×（0.4+0.4×0.8）$=$\frac{1}{2}×40×1{0}_{\;}^{-3}×{2}_{\;}^{2}-\frac{1}{2}×40×1{0}_{\;}^{-3}{v}_{A}^{2}$
解得：${v}_{A}^{\;}=\sqrt{22}m/s$
滑塊在A點時，三個力的合力提供向心力，${F}_{N}^{\;}-{F}_{合}^{\;}=m\frac{{v}_{A}^{2}}{R}$
代入數(shù)據(jù)：${F}_{N}^{\;}-0.5=40×1{0}_{\;}^{-3}×\frac{22}{0.4}$
解得：F_N=2.7N，
根據(jù)牛頓第三定律，軌道壓力F_N′=F_N=2.7N

答：（1）小滑塊是在水平軌道上離N點4m處釋放的
（2）小滑塊經(jīng)過C點后落地，落地點離N點的距離0.2m
（3）小球在半圓軌道上運動時，對軌道的最大壓力有2.7N

點評 本題中涉及到的物體的運動的過程較多，對于不同的過程要注意力做功數(shù)值的不同，特別是在離開最高點之后，滑塊的運動狀態(tài)的分析是本題中的難點，一定要學(xué)會分不同的方向來分析和處理問題．