Question

11．如圖所示，半徑為R的四分之一圓軌道OA與水平桌面AB相切，圓軌道光滑絕緣．一質(zhì)量為m、電荷量+q的滑塊從距水平桌面高為$\frac{R}{2}$處的圓弧面上靜止滑下，最后停在C點(diǎn)．在絕緣桌面MN間存在垂直于水平面的勻強(qiáng)電場．已知滑塊經(jīng)過AM，NC時間相同，AM=MN=3NC=3x₀，重力加速度為g，滑塊與桌面間摩擦因數(shù)為μ．試求：
（1）滑塊剛滑到圓弧末端A點(diǎn)時對軌道壓力．
（2）判斷在MN中物體的運(yùn)動情況，并求出勻強(qiáng)電場電場強(qiáng)度及電場方向．
（3）若僅改變電場區(qū)域MN與圓軌道間的距離，并要求求滑塊能穿過電場區(qū)域，求滑塊在桌面滑行的最短時間．

Answer 1

分析 （1）與OA過程，根據(jù)機(jī)械能守恒定律求出滑塊運(yùn)動到A點(diǎn)的速度；在A點(diǎn)，由合外力提供滑塊所需要的向心力，根據(jù)牛頓第二定律求出B點(diǎn)的支持力大小，從而得到滑塊軌道的壓力．
（2）由牛頓第二定律求出滑塊在水平面上的加速度，然后結(jié)合運(yùn)動學(xué)的公式求出滑塊在M點(diǎn)和N點(diǎn)的速度，判斷出滑塊在MN之間的運(yùn)動的性質(zhì)，結(jié)合受力關(guān)系判斷出電場力的方向并求出電場力的大��；
（3）要使運(yùn)動的時間最短，則滑塊在電場中運(yùn)動的時間最短，即要讓滑塊在電場中的速度最大，當(dāng)A、M兩點(diǎn)重合即可；再分別求出滑塊在電場中以及電場外運(yùn)動的時間，求和即可．

解答 解：A、滑塊從O到A的運(yùn)動過程中，只有重力做功，機(jī)械能守恒，選AC所在水平面為參考平面，則：mg$•\frac{1}{2}$R=$\frac{1}{2}m{v}_{B}^{2}$$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
則得，滑塊運(yùn)動到A點(diǎn)時的速度為：v₀=$\sqrt{gR}$
滑塊在A點(diǎn)時，根據(jù)牛頓第二定律，有：N-mg=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{R}$，
解得：N₀=2mg，由牛頓第三定律知，滑塊在A點(diǎn)時對軌道的壓力為2mg，方向豎直向下．
（2）滑塊在AM、NC之間運(yùn)動時，水平方向只受到摩擦力的作用，則加速度的大�。�
a=$\frac{μmg}{m}=μg$
設(shè)滑塊在M點(diǎn)的速度為v_M，在N點(diǎn)的速度為v_N，則：
${v}_{0}^{2}-{v}_{M}^{2}=2a•3{x}_{0}$
${v}_{N}^{2}-0=2a{x}_{0}$
又：$\frac{{v}_{0}-{v}_{M}}{a}=\frac{{v}_{N}-0}{a}$
聯(lián)立可得：${v}_{N}={v}_{M}=\frac{{v}_{0}}{2}$
可知滑塊在MN之間做勻速直線運(yùn)動，故有：qE=mg
得：E=$\frac{mg}{q}$，方向垂直于水平面向上
（3）不改變電場的大小與方向，則滑塊仍然在電場中做勻速直線運(yùn)動，所以滑塊在電場外做勻減速直線運(yùn)動的時間不變．要使運(yùn)動的時間最短，則滑塊在電場中運(yùn)動的時間最短，即要讓滑塊在電場中的速度最大，當(dāng)A、M兩點(diǎn)重合即可．此時減速運(yùn)動的時間：
${t}_{1}=\frac{{v}_{0}}{a}=\frac{\sqrt{gR}}{μg}$
滑塊在電場中運(yùn)動的時間：${t}_{2}=\frac{3{x}_{0}}{{v}_{0}}=\frac{3{x}_{0}}{\sqrt{gR}}$
總時間：t=t₁+t₂=$\frac{\sqrt{gR}}{μg}+\frac{3{x}_{0}}{\sqrt{gR}}$
答：（1）滑塊剛滑到圓弧末端A點(diǎn)時對軌道壓力是2mg．
（2）判斷在MN中物體的運(yùn)動情況，勻強(qiáng)電場電場強(qiáng)度是$\frac{mg}{q}$，方向垂直于水平面向上；
（3）若僅改變電場區(qū)域MN與圓軌道間的距離，并要求求滑塊能穿過電場區(qū)域，滑塊在桌面滑行的最短時間是$\frac{\sqrt{gR}}{μg}+\frac{3{x}_{0}}{\sqrt{gR}}$．

點(diǎn)評 本題考查了機(jī)械能守恒定律、動能定理和牛頓運(yùn)動定律的綜合運(yùn)用，要知道滑塊做圓周運(yùn)動時靠徑向的合力提供向心力，通過牛頓第二定律求解支持力的大�。�