Question

1．如圖所示，絕緣軌道CDGH位于豎直平面內(nèi)，圓弧段DG的圓心角為θ=37°，DG與水平段CD、傾斜段GH分別相切于D點(diǎn)和G點(diǎn)，CD段粗糙，DGH段光滑，在H處固定一垂直于軌道的絕緣擋板，整個(gè)軌道處于場(chǎng)強(qiáng)為E=1×10⁴N/C、水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中．一質(zhì)量m=4×10^-3kg、帶電量q=+3×10^-6C的小滑塊在C處由靜止釋放，經(jīng)擋板碰撞后滑回到CD段的中點(diǎn)P處時(shí)速度恰好為零．已知CD段長(zhǎng)度L=0.8m，圓弧DG的半徑r=0.2m；不計(jì)滑塊與擋板碰撞時(shí)的動(dòng)能損失，滑塊可視為質(zhì)點(diǎn)．求：
（1）滑塊與CD段之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；
（2）滑塊在CD段上運(yùn)動(dòng)的總路程．
（3）滑塊與絕緣擋板碰撞時(shí)的最大動(dòng)能和最小動(dòng)能．

Answer 1

分析 （1）物塊由C處釋放后經(jīng)擋板碰撞滑回P點(diǎn)過(guò)程中，由動(dòng)能定理列式，求出物塊與軌道CD段的動(dòng)摩擦因數(shù)?；
（2）根據(jù)全過(guò)程運(yùn)用動(dòng)能定理即可求出在CD段上運(yùn)動(dòng)的總路程；
（3）滑塊與絕緣擋板碰撞的最大動(dòng)能為滑塊第一次運(yùn)動(dòng)到G點(diǎn)的動(dòng)能，對(duì)C到G過(guò)程由動(dòng)能定理得到最大動(dòng)能；滑塊最終在DGH間來(lái)回往復(fù)運(yùn)動(dòng)，碰撞絕緣體有最小動(dòng)能
對(duì)D到G過(guò)程由動(dòng)能定理得最小動(dòng)能；

解答 解：（1）滑塊由C處釋放，經(jīng)擋板碰撞后第一次滑回P點(diǎn)的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得：
$qE\frac{L}{2}-μmg（L+\frac{L}{2}）=0$①
解出$μ=\frac{qE}{3mg}=0.25$②
（2）滑塊在CD段上受到的滑動(dòng)摩擦力μmg=0.01N、電場(chǎng)力qE=0.03N，滑動(dòng)摩擦力小于電場(chǎng)力，故不可能停在CD段，滑塊最終會(huì)在DGH間來(lái)回往復(fù)運(yùn)動(dòng)，到達(dá)D點(diǎn)的速度為0．
全過(guò)程由動(dòng)能定理得：
qE•L+（-μmgs）=0-0③
解出$s=\frac{qE}{μmg}L=3L=2.4m$④
（3）GH段的傾角θ=37°，滑塊受到的重力mg=0.04N，電場(chǎng)力qE=0.03N
qEcosθ=mgsinθ=0.024N，加速度a=0．所以滑塊與絕緣擋板碰撞的最大動(dòng)能為滑塊第一次運(yùn)動(dòng)到G點(diǎn)的動(dòng)能．
對(duì)C到G過(guò)程由動(dòng)能定理得：
${E}_{k最大}^{\;}=Eq（L+rsinθ）-μmgL-mg（r-rcosθ）=0.018J$⑤
滑塊最終在DGH間來(lái)回往復(fù)運(yùn)動(dòng)，碰撞絕緣體有最小動(dòng)能
對(duì)D到G過(guò)程由動(dòng)能定理得：
${E}_{k最小}^{\;}$=Eqrsinθ-mg（r-rcosθ）=0.002J⑥
答：（1）滑塊與CD段之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ為0.25；
（2）滑塊在CD段上運(yùn)動(dòng)的總路程2.4m．
（3）滑塊與絕緣擋板碰撞時(shí)的最大動(dòng)能0.018J，最小動(dòng)能為0.002J．

點(diǎn)評(píng) 本題考查動(dòng)能定理和能量守恒定律的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是分析運(yùn)動(dòng)過(guò)程中哪些外力做了功，做正功還是負(fù)功，再根據(jù)動(dòng)能定理列式求解即可．