Question

8．如圖所示，BCDG是光滑絕緣的$\frac{3}{4}$圓形軌道，位于豎直平面內(nèi)，軌道半徑為R，下端與水平絕緣軌道在B點(diǎn)平滑連接，整個(gè)軌道處在水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)中．現(xiàn)有一質(zhì)量為m、帶正電的小滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）置于水平軌道上，滑塊受到的電場(chǎng)力大小為$\frac{3}{4}$mg，滑塊與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度為g．
（1）若滑塊從水平軌道上距離B點(diǎn)s=3R的A點(diǎn)由靜止釋放，滑塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度為多大？
（2）在（1）的情況下，求滑塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)受到軌道的作用力大��；
（3）改變s的大小，使滑塊恰好始終沿軌道滑行，且從G點(diǎn)飛出軌道，求滑塊在圓軌道上滑行過(guò)程中的最小速度大�。�

Answer 1

分析 （1）由動(dòng)能定理求出滑塊的速度．
（2）由牛頓第二定律求出滑塊受到的作用力．
（3）軌道對(duì)滑塊的作用力為零時(shí)，速度最小，由牛頓第二定律可以求出最小速度．

解答 解：（1）設(shè)滑塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度為v，由動(dòng)能定理有：
$qES-μmgS=\frac{1}{2}m{v}^{2}$
而：$qE=\frac{3mg}{4}$
聯(lián)立解得：$v=\sqrt{\frac{3gR}{2}}$
（2）設(shè)滑塊到達(dá)C點(diǎn)的速度為v_C，
$qER-mgR=\frac{1}{2}{mv}_{C}^{2}-\frac{1}{2}m{v}^{2}$
解得：${v}_{C}=\sqrt{gR}$
水平方向的合力提供向心力為：
$F-qE=\frac{{mv}_{C}^{2}}{R}$
解得：$F=\frac{7}{4}mg$
（3）要使滑塊恰好始終沿軌道滑行，則滑至圓軌道DG間某點(diǎn)，由電場(chǎng)力和重力的合力提供向心力，此時(shí)速度最小
則有：$\sqrt{（qE）^{2}+（mg）^{2}}=\frac{{mv}_{min}^{2}}{R}$
解得：${v}_{min}=\frac{\sqrt{5gR}}{2}$
答：（1）若滑塊從水平軌道上距離B點(diǎn)s=3R的A點(diǎn)由靜止釋放，滑塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度為$\sqrt{\frac{3gR}{2}}$
（2）在（1）的情況下，滑塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)受到軌道的作用力大小$\frac{7}{4}mg$；
（3）改變s的大小，使滑塊恰好始終沿軌道滑行，且從G點(diǎn)飛出軌道，滑塊在圓軌道上滑行過(guò)程中的最小速度大小$\frac{\sqrt{5gR}}{2}$

點(diǎn)評(píng) 本題考查了求速度、作用力、速度范圍等問(wèn)題，分析清楚滑塊的運(yùn)動(dòng)過(guò)程是正確解題的前提，應(yīng)用動(dòng)能定理、牛頓第二定律即可正確解題，解題時(shí)要注意滑塊做圓周運(yùn)動(dòng)的臨界條件．