Question

17．如图所示，在E=10³ V/m的水平向左匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道CPN竖直放置，轨道与一水平绝缘轨道MN平滑连接，半圆轨道所在竖直平面与电场线平行，其半径R=40cm，一带正电荷q=3×10^-4 C的小滑块质量为m=40g，与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.5，小滑块运动过程中所带电荷量保持不变，取g=10m/s²．滑块在水平轨道上某点由静止释放后，恰好能运动到圆轨道的最高点C，问：
（1）小滑块是在水平轨道上离N点多远处释放的？
（2）小滑块经过C点后落地，落地点离N点的距离多大？
（3）小球在半圆轨道上运动时，对轨道的最大压力有多大？

Answer 1

分析 （1）在小滑块运动的过程中，在C点由向心力列式，由刚开始位置到C点由动能定理根据动能定理可以求得滑块与N点之间的距离；
（2）过C点后，对滑块受力分析，根据运动的分解，竖直方向求出时间，由牛顿第二定律可以求得滑块水平方向的加速度，由运动学公式求得落地点离N点的距离；
（3）将重力和电场力等效为一个力，在等效重力场的最低点压力最大，根据动能定理求出等效重力场的最低点的速度，再由向心力公式求出对轨道的最大压力；

解答 解：（1）设滑块与N点的距离为L，由刚开始位置到C点由动能定理可得qEL-μmgL-mg•2R=$\frac{1}{2}$mv²-0
代入数据：$3×1{0}_{\;}^{-4}×1{0}_{\;}^{3}-0.5×40×1{0}_{\;}^{-3}×10L$$-40×1{0}_{\;}^{-3}×10×2×0.4$=$\frac{1}{2}×40×1{0}_{\;}^{-3}{v}_{\;}^{2}-0$①
小滑块在C点时，重力提供向心力，所以mg=$m\frac{{v}_{\;}^{2}}{R}$
代入数据：$40×1{0}_{\;}^{-3}×10=40×{10}_{\;}^{-3}\frac{{v}_{\;}^{2}}{0.4}$②
联立①②解得v=2 m/s，L=4 m
（2）在竖直方向上做自由落体运动，由2R=$\frac{1}{2}$gt²
可得t=$\sqrt{\frac{2h}{g}}=\sqrt{\frac{2×0.8}{10}}$=0.4 s
在水平方向上做匀减速运动，由qE=ma
代入数据：$3×1{0}_{\;}^{-4}×1{0}_{\;}^{3}=40×1{0}_{\;}^{-3}a$
得a=7.5 m/s²
水平的位移为x=vt-$\frac{1}{2}$at²，
代入数据：$x=2×0.4-\frac{1}{2}×7.5×0．{4}_{\;}^{2}$
得x=0.2 m
（3）重力与电场力的合力F_合=0.5N，F_合方向与CN的夹角为37°，
当滑块运动到∠NOA=37°时速度最大对轨道压力最大．
由A到C过程列动能定理：-qERsin37°-mg（R+Rcos37°）=$\frac{1}{2}m{v}_{C}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{A}^{2}$
代入数据：$-3×1{0}_{\;}^{-4}×1{0}_{\;}^{3}×0.4×0.6$$-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：${v}_{A}^{\;}=\sqrt{22}m/s$
滑块在A点时，三个力的合力提供向心力，${F}_{N}^{\;}-{F}_{合}^{\;}=m\frac{{v}_{A}^{2}}{R}$
代入数据：${F}_{N}^{\;}-0.5=40×1{0}_{\;}^{-3}×\frac{22}{0.4}$
解得：F_N=2.7N，
根据牛顿第三定律，轨道压力F_N′=F_N=2.7N

答：（1）小滑块是在水平轨道上离N点4m处释放的
（2）小滑块经过C点后落地，落地点离N点的距离0.2m
（3）小球在半圆轨道上运动时，对轨道的最大压力有2.7N

点评 本题中涉及到的物体的运动的过程较多，对于不同的过程要注意力做功数值的不同，特别是在离开最高点之后，滑块的运动状态的分析是本题中的难点，一定要学会分不同的方向来分析和处理问题．