9.如圖所示,在E=1×103V/m的豎直勻強(qiáng)電場(chǎng)中,有一光滑的半圓形絕緣軌QPN與一水平絕緣軌道MN連接,半圓形軌道平面與電場(chǎng)線平行,P為QN圓弧的中點(diǎn),其半徑R=40cm,一帶正電q=10-4C的小滑塊質(zhì)量m=10g,位于N點(diǎn)右側(cè)s=1.5m處,與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.15,取g=10m/s2.現(xiàn)給小滑塊一向左的初速度,滑塊恰能運(yùn)動(dòng)到圓軌道的最高點(diǎn)Q,求:
(1)滑塊在圓軌道最高點(diǎn)Q的速度大;
(2)滑塊應(yīng)以多大的初速度v0向左運(yùn)動(dòng)?
(3)這樣運(yùn)動(dòng)的滑塊通過(guò)P點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力是多大?

分析 (1)(2)小滑塊恰能運(yùn)動(dòng)到圓軌道的最高點(diǎn)Q時(shí),由重力和電場(chǎng)力的合力提供向心力,由牛頓第二定律求出物塊通過(guò)Q點(diǎn)的速度.
(2)滑塊從開始運(yùn)動(dòng)到達(dá)Q點(diǎn)過(guò)程中,重力做功為-mg•2R,電場(chǎng)力做功為-qE•2R,摩擦力做功為-f•x,根據(jù)動(dòng)能定理求解初速度v0
(3)滑塊通過(guò)P點(diǎn)時(shí),以滑塊為研究對(duì)象,軌道的支持力提供滑塊的向心力,根據(jù)動(dòng)能定理求出滑塊通過(guò)P點(diǎn)時(shí)的速度大小,由牛頓運(yùn)動(dòng)定律求解滑塊通過(guò)P點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力.

解答 解:(1)設(shè)小球到達(dá)Q點(diǎn)時(shí)速度為v,小滑塊恰能運(yùn)動(dòng)到圓軌道的最高點(diǎn)Q時(shí),
由牛頓第二定律得:mg+qE=m$\frac{{v}^{2}}{R}$,打入數(shù)據(jù)解得:v=2$\sqrt{2}$m/s;
(2)滑塊從開始運(yùn)動(dòng)到達(dá)Q點(diǎn)過(guò)程中,由動(dòng)能定理得:
-(mg+qE)•2R-μ(mg+qE)s=$\frac{1}{2}$mv2-$\frac{1}{2}$mv02,
 聯(lián)立兩式并代入數(shù)據(jù)解得:v0=7m/s
(2)設(shè)滑塊到達(dá)P點(diǎn)時(shí)速度為v',則從開始運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)過(guò)程:
-μ(qE+mg)s-(mg+qE)R=$\frac{1}{2}$mv′2-$\frac{1}{2}$mv02
在P點(diǎn),由牛頓第二定律得:F=m$\frac{v{′}^{2}}{R}$,
代入數(shù)據(jù),解得FN=0.6N
根據(jù)牛頓第三定律得知,滑塊通過(guò)P點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為FN′=FN=0.6N.
答:(1)滑塊在圓軌道最高點(diǎn)Q的速度大小為2$\sqrt{2}$m/s;
(2)要使小滑塊恰能運(yùn)動(dòng)到圓軌道的最高點(diǎn)Q,滑塊應(yīng)以7m/s的初速度v0向左運(yùn)動(dòng).
(3)滑塊通過(guò)P點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力是0.6N.

點(diǎn)評(píng) 此題中滑塊恰好通過(guò)最高點(diǎn)時(shí)軌道對(duì)滑塊沒(méi)有彈力,由牛頓定律求出臨界速度,再根據(jù)動(dòng)能定理和牛頓運(yùn)定律結(jié)合求解小球?qū)壍赖膹椓Γ?/p>

練習(xí)冊(cè)系列答案
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