Question

5．如图所示，固定在竖着平面内的光滑绝缘管道ABCDQ的A、Q两端与倾角θ=37°的传送带相切．不计管道内外径的差值，AB部分为半径R1=0.4m的圆弧，CDQ部分也是圆弧，D为最高点，BC部分水平，且仅有BC段处于场强大小E=4×I0³ N/C、方向水平向右的匀强电场中，传送带长L=1.8m，传送轮半径忽略不计．现将一可视为质点的带正电滑块从传送带上的Q处由静止释放，滑块能从A处平滑进入管道．已知滑块的质量m=lkg、电荷量q=5×10^-4C，滑块与传送带之间的动摩擦因数?=0.5，滑块通过管道与传送带的交接处时无速度损失，滑块电荷量始终保持不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s²．
（1）若传送带不动，求滑块第一次滑到A处的动能Ek；
（2）若传送带不动，求滑块第一次滑到C处时所受圆弧轨道的弹力；
（3）改变传送带逆时针的转动速度以及滑块在Q处滑上传送带的初速度，可以使滑块刚滑上传送带就形成一个稳定的逆时针循环（即滑块每次通过装置中同一位置的速度相同）．在所有可能的循环中，求传送带速度的最小值．（结果可以用根号表示）

Answer 1

分析 （1）由动能定理可求滑块第一次滑到A处的动能；
（2）根据动能定理和牛顿第二定律可求滑块第一次滑到C处时所受圆弧轨道的弹力；
（3）先找到要达到稳定的循环，要求每一循环中，对滑块需满足条件，传送带速度最小所对应的情况是物体恰能够越过最高点的速度为0，再根据牛顿第二定律求解．

解答 解：（1）滑块在传送带上滑动的过程中，根据动能定理有：E_G-W_摩=E_k
W_G=mgsinθ
W_摩=μmgLcosθ
代入数据解得：E_K=3.6J
（2）由几何关系可得：h_AC=R₁+R₁cosθ
R₂+R₂cosθ=R₁+R₁cosθ+Lsinθ
x_BC=Lcosθ-R1sinθ+R₂sinθ
代入数据可得：h_AC=0.72m，R₂=1m，x_BC=1.8m
滑块由A到C的过程中，根据动能定理有：mgh_AC+Eqx_BC=$\frac{1}{2}$mv_C²-E_K
滑块在圆弧C处，根据牛顿第二定律有：F_N-mg=m$\frac{{v}_{c}^{2}}{{R}_{2}}$
联立以上各式并带入数据可解得滑块所受管道的弹力：F_N=38.8N
（3）要达到稳定的循环，要求每一循环中，对滑块需满足条件：W_摩-W_电=Eqx_BC
在滑块在传送带上时，速度大于传送带速度和小于传送带速度所对应的位移分别为x₁和x₂
则 W_摩=μmgx₂cosθ-μmgx₁cosθ
L=x₁+x₂
代入数据可得：x₁=0.45m，x₂=1.35m
所有可能的循环中，传送带速度最小所对应的情况是物体恰能够越过最高点D，即v_D=0
此种情况下，物体从D点滑到与传送带等速的过程中
根据动能定理：mgh+μmgx₁cosθ=$\frac{1}{2}$mv_min²
又 h=x₁sinθ+R₂（1-cosθ）
联立以上各式解得：v_min=$\sqrt{13}$m/s．
答：（1）若传送带不动，滑块第一次滑到A处的动能为3.6J；
（2）若传送带不动，滑块第一次滑到C处时所受圆弧轨道的弹力为38.8N；
（3）在所有可能的循环中，传送带速度的最小值为$\sqrt{13}$m/s．

点评 此题是力学综合题，考查动能定理及牛顿第二定律的应用；解题时关键是将复杂的物理过程分阶段处理，通过分析受力及运动情况，选取合适的物理规律列出方程；解题时一定要注意临界态的挖掘，并注意几何关系在解题时的应用．