Question

20．如圖所示，在E=10³ V/m的水平向左勻強(qiáng)電場(chǎng)中，有一光滑半圓形絕緣軌道豎直放置，軌道與一水平絕緣軌道MN連接，半圓軌道所在豎直平面與電場(chǎng)線(xiàn)平行，其半徑R=40cm，一帶正電荷q=10^-4 C的小滑塊質(zhì)量為m=40g，與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2，取g=10m/s²，問(wèn)：
（1）要小滑塊恰好運(yùn)動(dòng)到圓軌道的最高點(diǎn)C，滑塊應(yīng)在水平軌道上離N點(diǎn)多遠(yuǎn)處釋放？
（2）這樣釋放的滑塊通過(guò)P點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道壓力是多大？（P為半圓軌道中點(diǎn)）
（3）小滑塊經(jīng)過(guò)C點(diǎn)后最后落地，落地點(diǎn)離N點(diǎn)的距離多大？

Answer 1

分析 （1）在小滑塊運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，摩擦力對(duì)滑塊和重力做負(fù)功，電場(chǎng)力對(duì)滑塊做正功，根據(jù)動(dòng)能定理可以求得滑塊與N點(diǎn)之間的距離；
（2）在P點(diǎn)時(shí)，對(duì)滑塊受力分析，由牛頓第二定律可以求得滑塊受到的軌道對(duì)滑塊的支持力的大小，由牛頓第三定律可以求滑塊得對(duì)軌道壓力；
（3）小滑塊經(jīng)過(guò)C點(diǎn)，在豎直方向上做的是自由落體運(yùn)動(dòng)，在水平方向上做的是勻減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)水平和豎直方向上的運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可以求得落地點(diǎn)離N點(diǎn)的距離．

解答 解：（1）設(shè)滑塊與N點(diǎn)的距離為L(zhǎng)，分析滑塊的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，由動(dòng)能定理可得，
qEL-μmgL-mg•2R=$\frac{1}{2}$mv²-0
小滑塊在C點(diǎn)時(shí)，重力提供向心力，所以 mg=m$\frac{{v}^{2}}{R}$
代入數(shù)據(jù)解得 v=2m/s，L=20m．
（2）滑塊到達(dá)P點(diǎn)時(shí)，對(duì)全過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理可得，
qE（L+R）-μmgL-mg•R=$\frac{1}{2}$mv_P²-0
在P點(diǎn)時(shí)由牛頓第二定律可得，
N-qE=m$\frac{{v}_{P}^{2}}{R}$
解得N=1.5N   
由牛頓第三定律可得，滑塊通過(guò)P點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道壓力是1.5N．
（3）小滑塊經(jīng)過(guò)C點(diǎn)，在豎直方向上做的是自由落體運(yùn)動(dòng)，
由2R=$\frac{1}{2}$gt²可得滑塊運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t為，
t=$\sqrt{\frac{4R}{g}}$=$\sqrt{\frac{4×0.4}{10}}$=0.4s，
滑塊在水平方向上只受到電場(chǎng)力的作用，做勻減速運(yùn)動(dòng)，
由牛頓第二定律可得 qE=ma，
所以加速度 a=2.5m/s²，
水平的位移為 x=vt-$\frac{1}{2}$at²
代入解得 x=0.6m．
答：（1）滑塊與N點(diǎn)的距離為20m；
（2）滑塊通過(guò)P點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道壓力是1.5N；
（3）滑塊落地點(diǎn)離N點(diǎn)的距離為0.6m．

點(diǎn)評(píng) 本題中涉及到的物體的運(yùn)動(dòng)的過(guò)程較多，對(duì)于不同的過(guò)程要注意力做功數(shù)值的不同，特別是在離開(kāi)最高點(diǎn)之后，滑塊的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的分析是本題中的難點(diǎn)，一定要學(xué)會(huì)分不同的方向來(lái)分析和處理問(wèn)題．