题目内容
如图所示，在E=103V/m的水平向左匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置，轨道与一水平绝缘轨道MN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=10-4C的小滑块质量为m=40g，与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.2，取g=10m/s2，问：（1）要小滑块能运动到圆轨道的最高点C，滑块应在水平轨道上离N点多远处释放？
（2）这样释放的滑块通过P点时对轨道压力是多大？（P为半圆轨道中点）
（3）小滑块经过C点后最后落地，落地点离N点的距离多大？落地时的速度是多大？
分析：（1）在小滑块运动的过程中，摩擦力对滑块和重力做负功，电场力对滑块做正功，根据动能定理可以求得滑块与N点之间的距离；
（2）在P点时，对滑块受力分析，由牛顿第二定律可以求得滑块受到的轨道对滑块的支持力的大小，由牛顿第三定律可以求滑块得对轨道压力；
（3）小滑块经过C点，在竖直方向上做的是自由落体运动，在水平方向上做的是匀减速运动，根据水平和竖直方向上的运动的规律可以求得落地点离N点的距离和落地时的速度．
（2）在P点时，对滑块受力分析，由牛顿第二定律可以求得滑块受到的轨道对滑块的支持力的大小，由牛顿第三定律可以求滑块得对轨道压力；
（3）小滑块经过C点，在竖直方向上做的是自由落体运动，在水平方向上做的是匀减速运动，根据水平和竖直方向上的运动的规律可以求得落地点离N点的距离和落地时的速度．
解答：解：（1）设滑块与N点的距离为L，
分析滑块的运动过程，由动能定理可得，
qEL-μmgL-mg?2R=
mv2-0
小滑块在C点时，重力提供向心力，
所以 mg=m
代入数据解得 v=2m/s，L=20m．
（2）滑块到达P点时，对全过程应用动能定理可得，
qE（L+R）-μmgL-mg?R=
mvP2-0
在P点时由牛顿第二定律可得，
N-qE=m
解得N=1.5N
由牛顿第三定律可得，滑块通过P点时对轨道压力是1.5N．
（3）小滑块经过C点，在竖直方向上做的是自由落体运动，
由2R=
gt2可得滑块运动的时间t为，
t=
=
=0.4s，
滑块在水平方向上只受到电场力的作用，做匀减速运动，
由牛顿第二定律可得 qE=ma，
所以加速度 a=2.5m/s2，
水平的位移为 x=vt-
at2
代入解得 x=0.6m．
滑块落地时竖直方向的速度的大小为vy=gt=10×0.4m/s=4m/s，
水平方向的速度的大小为 vx=v-at=2-2.5×0.4=1m/s，
落地时速度的大小为v地=
=
=
m/s．
答：（1）滑块与N点的距离为20m；
（2）滑块通过P点时对轨道压力是1.5N；
（3）滑块落地点离N点的距离为0.6m，落地时速度的大小为
m/s．
分析滑块的运动过程，由动能定理可得，
qEL-μmgL-mg?2R=
| 1 |
| 2 |
小滑块在C点时，重力提供向心力，
所以 mg=m
| v2 |
| R |
代入数据解得 v=2m/s，L=20m．
（2）滑块到达P点时，对全过程应用动能定理可得，
qE（L+R）-μmgL-mg?R=
| 1 |
| 2 |
在P点时由牛顿第二定律可得，
N-qE=m
| ||
| R |
解得N=1.5N
由牛顿第三定律可得，滑块通过P点时对轨道压力是1.5N．
（3）小滑块经过C点，在竖直方向上做的是自由落体运动，
由2R=
| 1 |
| 2 |
t=
|
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滑块在水平方向上只受到电场力的作用，做匀减速运动，
由牛顿第二定律可得 qE=ma，
所以加速度 a=2.5m/s2，
水平的位移为 x=vt-
| 1 |
| 2 |
代入解得 x=0.6m．
滑块落地时竖直方向的速度的大小为vy=gt=10×0.4m/s=4m/s，
水平方向的速度的大小为 vx=v-at=2-2.5×0.4=1m/s，
落地时速度的大小为v地=
|
| 42+12 |
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答：（1）滑块与N点的距离为20m；
（2）滑块通过P点时对轨道压力是1.5N；
（3）滑块落地点离N点的距离为0.6m，落地时速度的大小为
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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．
练习册系列答案
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