Question

1．如图所示的绝缘轨道固定在竖直面内，其中，倾角53°的斜轨与半径R=0.2m的光滑半圆轨在B点相切，斜轨上A点有一可视为质点、质量m=0.1kg、电荷量q=1×10^-3C的带正电滑块．己知A、B间距离L=1m，滑块与斜轨间的动摩擦因数μ=0.2，取g=10m/s²．
（1）若让滑块从A点无初速释放，求滑块运动过程中对半圆轨的最大弹力大小；
（2）若在整个空间加一方向水平向右、场强大小E=$\frac{4}{3}$×10³N/C的匀强电场，让滑块从斜轨上A点以沿斜轨向下、大小v₀=5m/s的初速度开始运动．试通过计算说明滑块能否通过半圆轨的另一端C，若能通过，请求出滑块在斜轨上的落点与B点间的距离．

Answer 1

分析 （1）对滑块由A到最低点运用动能定理求出最低点的速度，由向心力公式求出最低点的弹力；
（2）将重力和电场力等效为一个力，假设能通过C点，根据动能定理求出C点速度，过C点后做类平抛运动，沿${v}_{C}^{\;}$方向匀速直线运动，垂直于${v}_{C}^{\;}$匀加速直线运动，根据运动学公式即可求解；

解答 解：（1）从A点到最低点根据动能定理，有
$mg（Lsin53°+R-Rsin37°）-μmgcos53°L=\frac{1}{2}m{v}_{m}^{2}$
代入数据解得：${v}_{m}^{2}=15.2$
在最低点由向心力公式得
${F}_{N}^{\;}-mg=m\frac{{v}_{m}^{2}}{R}$
代入数据解得：${F}_{N}^{\;}=mg+m\frac{{v}_{m}^{2}}{R}=1+0.1×\frac{15.2}{0.2}=8.6N$
（2）电场力${F}_{电}^{\;}=Eq=\frac{4}{3}×1{0}_{\;}^{3}×1×1{0}_{\;}^{-3}=\frac{4}{3}N$
滑块重力G=mg=1N
设电场力与重力的合力为F_合，F_合与重力的夹角为θ
则有$tanθ=\frac{F}{mg}=\frac{4}{3}$，即θ=53°
${F}_{合}^{\;}=\frac{mg}{cos53°}=\frac{1}{0.6}=\frac{5}{3}N$
在斜轨上受到的摩擦力$f=μ{F}_{N}^{\;}=μF=0.2×\frac{5}{3}N=\frac{1}{3}N$
从A到C根据动能定理，有
$-{F}_{合}^{\;}•2R-fL=\frac{1}{2}m{v}_{C}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
代入数据：$-\frac{5}{3}×0.4-\frac{1}{3}×1=\frac{1}{2}×0.1{v}_{C}^{2}-\frac{1}{2}×0.1×{5}_{\;}^{2}$
解得：${v}_{C}^{\;}=\sqrt{5}m/s$
离开C点后，滑块做类平抛运动，加速度$a=\frac{{F}_{合}^{\;}}{m}=\frac{\frac{5}{3}}{0.1}=\frac{50}{3}m/{s}_{\;}^{2}$
在与${v}_{C}^{\;}$垂直方向上$2R=\frac{1}{2}a{t}_{\;}^{2}$
代入数据解得：$t=\sqrt{\frac{2.4}{50}}s$
滑块落在斜轨上的落点与B点间的距离$x={v}_{C}^{\;}t=\sqrt{\frac{2.4}{50}}×\sqrt{5}=\frac{\sqrt{6}}{5}m$
答：（1）若让滑块从A点无初速释放，滑块运动过程中对半圆轨的最大弹力大小8.6N；
（2）能通过C点，滑块在斜轨上的落点与B点间的距离为$\frac{\sqrt{6}}{5}m$

点评 本题第二问采用等效法求解，关键是将重力和电场力合成后当作一种全新的场力，然后左侧等效场的最高点，根据动能定理和牛顿第二定律灵活列式求解．