Question

9．如圖所示，在E=1×10³V/m的豎直勻強(qiáng)電場中，有一光滑的半圓形絕緣軌QPN與一水平絕緣軌道MN連接，半圓形軌道平面與電場線平行，P為QN圓弧的中點(diǎn)，其半徑R=40cm，一帶正電q=10^-4C的小滑塊質(zhì)量m=10g，位于N點(diǎn)右側(cè)s=1.5m處，與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ=0.15，取g=10m/s²．現(xiàn)給小滑塊一向左的初速度，滑塊恰能運(yùn)動到圓軌道的最高點(diǎn)Q，求：
（1）滑塊在圓軌道最高點(diǎn)Q的速度大小；
（2）滑塊應(yīng)以多大的初速度v₀向左運(yùn)動？
（3）這樣運(yùn)動的滑塊通過P點(diǎn)時對軌道的壓力是多大？

Answer 1

分析 （1）（2）小滑塊恰能運(yùn)動到圓軌道的最高點(diǎn)Q時，由重力和電場力的合力提供向心力，由牛頓第二定律求出物塊通過Q點(diǎn)的速度．
（2）滑塊從開始運(yùn)動到達(dá)Q點(diǎn)過程中，重力做功為-mg•2R，電場力做功為-qE•2R，摩擦力做功為-f•x，根據(jù)動能定理求解初速度v₀．
（3）滑塊通過P點(diǎn)時，以滑塊為研究對象，軌道的支持力提供滑塊的向心力，根據(jù)動能定理求出滑塊通過P點(diǎn)時的速度大小，由牛頓運(yùn)動定律求解滑塊通過P點(diǎn)時對軌道的壓力．

解答 解：（1）設(shè)小球到達(dá)Q點(diǎn)時速度為v，小滑塊恰能運(yùn)動到圓軌道的最高點(diǎn)Q時，
由牛頓第二定律得：mg+qE=m$\frac{{v}^{2}}{R}$，打入數(shù)據(jù)解得：v=2$\sqrt{2}$m/s；
（2）滑塊從開始運(yùn)動到達(dá)Q點(diǎn)過程中，由動能定理得：
-（mg+qE）•2R-μ（mg+qE）s=$\frac{1}{2}$mv²-$\frac{1}{2}$mv₀²，
 聯(lián)立兩式并代入數(shù)據(jù)解得：v₀=7m/s
（2）設(shè)滑塊到達(dá)P點(diǎn)時速度為v'，則從開始運(yùn)動到P點(diǎn)過程：
-μ（qE+mg）s-（mg+qE）R=$\frac{1}{2}$mv′²-$\frac{1}{2}$mv₀²
在P點(diǎn)，由牛頓第二定律得：F=m$\frac{v{′}^{2}}{R}$，
代入數(shù)據(jù)，解得F_N=0.6N
根據(jù)牛頓第三定律得知，滑塊通過P點(diǎn)時對軌道的壓力大小為F_N′=F_N=0.6N．
答：（1）滑塊在圓軌道最高點(diǎn)Q的速度大小為2$\sqrt{2}$m/s；
（2）要使小滑塊恰能運(yùn)動到圓軌道的最高點(diǎn)Q，滑塊應(yīng)以7m/s的初速度v₀向左運(yùn)動．
（3）滑塊通過P點(diǎn)時對軌道的壓力是0.6N．

點(diǎn)評 此題中滑塊恰好通過最高點(diǎn)時軌道對滑塊沒有彈力，由牛頓定律求出臨界速度，再根據(jù)動能定理和牛頓運(yùn)定律結(jié)合求解小球?qū)�軌道的彈力�?/p>