Question

5．如圖所示，有一光滑的半圓形絕緣軌道QPN豎直放置與一水平絕緣軌道MN相切連接，軌道半徑R=20cm，MN長x=60cm，在MN的右側(cè)連接一光滑斜面，斜面傾角θ=37°，在軌道上M點左側(cè)存在E=1×10³N/C的豎直勻強電場，場強方向向下．一帶負電、電荷量q=10^-4C的小滑塊質(zhì)量m=20g，與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ=0.5，從斜面上某處靜止滑下，（滑塊經(jīng)過M點時無能量損失），取重力加速度g=10m/s²．求：
（1）要使小滑塊恰能運動到圓軌道的最高點，則滑塊開始下滑處離MN的高度是多少？
（2）這樣運動的滑塊通過N點時對圓弧軌道的壓力是多大？
（3）試問在斜面上是否存在一處，使小滑塊由靜止滑下并從Q點飛離時恰好能落到MN中點，若存在則求出該點離水平軌道的高度，若不存在請說明理由．

Answer 1

分析 （1）在小滑塊運動的過程中，重力對滑塊做正功，摩擦力對滑塊做負功，電場力對滑塊做正功，根據(jù)動能定理可以求得滑塊開始下滑處離MN的高度；
（2）在N點時，對滑塊受力分析，由牛頓第二定律可以求得滑塊受到的軌道對滑塊的支持力的大小，由牛頓第三定律可以求滑塊得對軌道壓力．
（3）滑塊從Q點飛離時恰好能落到MN中點，由平拋運動的公式即可求出滑塊在Q點的速度，然后結(jié)合動能定理即可求出．

解答 解：（1）滑塊帶負電，則受到的電場力的方向向上，滑塊從靜止到到達Q的過程中，重力對滑塊做正功，摩擦力對滑塊做負功，電場力對滑塊做正功，由動能定理得：
mg（h-2R）+qE2R-μmgx=$\frac{1}{2}$mv²-0，
滑塊恰能達到最高點，重力和電場力提供向心力，由牛頓第二定律得：mg-qE=m$\frac{{v}^{2}}{R}$，
代入數(shù)據(jù)解得：v=1m/s，h=0.55m；
（2）設滑塊在N點的速度為v₁，滑塊從N到Q的過程中重力和電場力做功，由動能定理得：
qE•2R-mg•2R=$\frac{1}{2}$mv₁²-$\frac{1}{2}$mv²，
設滑塊在N點所受的壓力為F_N，由牛頓第二定律得：${F}_{N}+qE-mg=\frac{m{v}_{1}^{2}}{R}$
代入數(shù)據(jù)解得：v₁=2m/s，F(xiàn)_N=0.5N，
由牛頓第三定律可知，滑塊通過N點時對軌道的壓力大小為0.5N；
（3）從Q點飛離后做平拋運動，豎直方向：$2R=\frac{1}{2}g{t}^{2}$
所以：t=$\sqrt{\frac{2×2R}{g}}=\sqrt{\frac{2×2×0.2}{10}}=0.2\sqrt{2}$s
恰好能落到MN中點，則：x′=$\frac{1}{2}$x=$\frac{1}{2}×0.6=0.3$m
又：x′=v_Qt
所以：${v}_{Q}=\frac{x′}{t}=\frac{0.3}{0.2\sqrt{2}}=\frac{1.5}{\sqrt{2}}m/s＞1m/s$，滑塊能通過Q點．
設釋放點的高度為h′，則滑塊從靜止到到達Q的過程中，重力對滑塊做正功，摩擦力對滑塊做負功，電場力對滑塊做正功，由動能定理得：
mg（h′-2R）+qE•2R-μmgx=$\frac{1}{2}m{v}_{Q}^{2}$-0，
代入數(shù)據(jù)得：h′=0.55625m
答：（1）要使小滑塊恰能運動到圓軌道的最高點，則滑塊開始下滑處離MN的高度是0.55m；
（2）這樣運動的滑塊通過N點時對圓弧軌道的壓力是0.5N；
（3）使小滑塊由靜止滑下并從Q點飛離時恰好能落到MN中點，該點離水平軌道的高度是0.55625m．

點評 本題中涉及到的物體的運動的過程較多，對于不同的過程要注意力做功數(shù)值的不同，特別是在離開最高點之后，滑塊的運動狀態(tài)的分析是本題中的難點，一定要學會分不同的方向來分析和處理問題．