Question

2．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點平滑連接，整個軌道處在水平向左的勻強(qiáng)電場中． 現(xiàn)有一質(zhì)量為m、帶正電的小滑塊（可視為質(zhì)點）置于水平軌道上，滑塊受到的電場力大小為$\frac{3}{4}mg$，滑塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度為g．sin37°=0.6，cos37°=0.8

（1）若滑塊從水平軌道上距離B點s=3R的A點由靜止釋放，求滑塊到達(dá)圓心O等高的C點時的速度及軌道對小滑塊的彈力大�。�
（2）若改變s的大小，使滑塊沿圓弧軌道滑行時不脫離圓弧軌道，求s的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由動能定理求出滑塊的速度；由牛頓第二定律求出滑塊受到的作用力．
（2）將重力和電場力合成的合力等效為“等效重力”，然后結(jié)合動能定理列式求解；注意滑塊不離開軌道有兩種可能，即以原路返回或者從最高點飛出．

解答 解：（1）設(shè)滑塊到達(dá)C點時的速度為v，由動能定理有
Eq（s+R）-μmgs-mgR=$\frac{1}{2}$mv²-0，
又因為 Eq=$\frac{3}{4}$mg，
聯(lián)立兩式解得：v=$\sqrt{gR}$；
設(shè)滑塊到達(dá)C點時受到軌道的作用力大小為F，則F-Eq=m$\frac{{v}^{2}}{R}$，
又因為 Eq=$\frac{3}{4}$mg，
解得：F=$\frac{7}{4}$mg
（2）將重力和電場力合成，合力為：
F_合=$\sqrt{（mg）^{2}+（qE）^{2}}$=$\frac{5}{4}mg$
與豎直方向夾角的正切值：
tanθ=$\frac{qE}{mg}=\frac{3}{4}$
故θ=37°；

將電場力和重力的合力等效成“等效重力”，故等效最低點為F，等效最高點為H，如圖所示；
滑塊不離開軌道有兩種可能，一種是最高到I點，另一種是最高到H點；
①如果最高到I點，根據(jù)動能定理，有：
qE（S+Rcos37°）-μmgS-mg（R+Rsin37°）=0
解得：
S=4.6R
②如果在等效場中最高到H點，則根據(jù)動能定理，有：
qE（S-Rsin37°）-μmgS-mg（R+Rcos37°）=$\frac{1}{2}m{v}_{H}^{2}-0$
在H點，合力提供向心力，故：
F_合=$\frac{5}{4}mg$=m$\frac{{v}_{H}^{2}}{R}$ 
聯(lián)立解得：
S=14R
故使滑塊沿圓弧軌道滑行時不脫離圓弧軌道的s的取值范圍：S≤4.6R或S≥14R；
答：（1）滑塊到達(dá)圓心O等高的C點時的速度為$\sqrt{gR}$，軌道對小滑塊的彈力大小為$\frac{7}{4}$mg．
（2）S的取值范圍為：S≤4.6R或S≥14R．

點評 本題關(guān)鍵是明確滑塊的受力情況和運(yùn)動情況，要結(jié)合動能定理、牛頓第二定律和向心力公式列式分析，注意第二問要分情況討論．