Question

6．如圖所示，豎直平面內(nèi)有一與水平面成θ=30°的絕緣斜面軌道AB，該軌道和一半徑為R的光滑絕緣圓弧軌道BCD相切于B點．整個軌道處于豎直向下的勻強電場中，現(xiàn)將一質(zhì)量為m帶正電的滑塊（可視為質(zhì)點）從斜面上的A點靜止釋放，滑塊能沿軌道運動到圓軌道的最高D點后恰好落到斜面上與圓心O等高的P點，已知帶電滑塊受到的電場力大小為qE=mg，滑塊與斜面軌道間的動摩擦因數(shù)為μ=$\frac{\sqrt{3}}{6}$，空氣阻力忽略不計．求：
（1）滑塊經(jīng)過D點時的速度大��；
（2）滑塊經(jīng)過圓軌道最低C點時，軌道對滑塊的支持力N_C．

Answer 1

分析 （1）滑塊離開D點后做類平拋運動，分解為水平方向和豎直方向，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做初速度為0的勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律，求出豎直方向上的加速度，然后求出時間，再根據(jù)水平方向上的勻速直線運動求出初速度．
（2）對C到D過程運用動能定理，求出C點的速度，在C點受到重力，支持力，電場力，三個力的合力提供向心力，從而求出支持力．

解答 解：（1）滑塊從D到P過程中做類平拋運動
水平方向，有$\frac{R}{sin30°}={v}_{0}^{\;}t$
豎直方向，有$R=\frac{1}{2}a{t}_{\;}^{2}$
由牛頓第二定律得qE+mg=ma
且qE=mg
則${v}_{D}^{\;}=2\sqrt{gR}$
（2）滑塊從C→D，根據(jù)動能定理，有
$-mg•2R-qE•2R=\frac{1}{2}m{v}_{D}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{C}^{2}$
在C點，由牛頓第二定律得和向心力公式得
${N}_{C}^{\;}-mg=m\frac{{v}_{C}^{2}}{R}$
解得${N}_{C}^{\;}=14mg$
答：（1）滑塊經(jīng)過D點時的速度大小$2\sqrt{gR}$；
（2）滑塊經(jīng)過圓軌道最低C點時，軌道對滑塊的支持力${N}_{C}^{\;}$為14mg

點評 解決本題的關(guān)鍵是合力地選擇研究的過程然后運用動能定理求解．以及知道在圓周運動的最低點，合力提供圓周運動的向心力．