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    3．如图所示，有一个质量为m=80g小物块，带上正电荷q=2×10-4C，与水平的轨道MN之间的动摩擦因数μ=0.25．在一个水平向左的匀强电场中，E=3×103V/m，在水平轨道的末端N处，连接一个光滑的竖直半圆形轨道NPL，半径为R=50cm．小物块从水平轨道上某位置由静止释放，恰好能够沿轨道运动到最高点L．取g=10m/s2，求：
    （1）小物块的释放点离N多远？
    （2）小物块运动到P（轨道中点）点时轨道对它的支持力等于多少？
    （3）小物块运动中的最大速度为多少（可用根号表示）？

    分析 （1）当物块恰好通过轨道最高点时，由重力提供向心力，根据牛顿第二定律求出速度．从物块释放到运动到轨道最高点的过程中，重力做功-2mgR，电场力做功qEs，滑动摩擦力做功-μmgs，根据动能定理求出物块释放位置到N点的距离s．
    （2）小物块在圆弧轨道上运动的过程中，受到重力、电场力和支持力的作用，其中重力和电场力对小物块做功，支持力不做功，当小物块运动至P点的位置时，以物块为研究对象，由动能定理即可求出小物块的速度，然后结合向心力的来源，由牛顿第二定律即可求出支持力．
    （3）根据重力和电场力的合力方向得出等效重力场的方向，则可知当粒子到达最效最低点时的速度最大，根据动能定理可求得最大速度．

    解答 解：（1）物块能通过轨道最高点的条件为：mg=m$\frac{{v}^{2}}{R}$
    得：v=$\sqrt{gR}$=$\sqrt{10×0.5}$=$\sqrt{5}$m/s
    从物块释放到运动到轨道最高点的过程中，根据动能定理得：qEs-μmgs-mg?2R=$\frac{1}{2}$mv2
    代入数据解得：s=2.5m
    （2）物块从P到最高点的过程，由动能定理得：
    -mgR-qER=$\frac{1}{2}$mv2-$\frac{1}{2}$mvp2
    物块在P点做圆周运动，有：FN-qE=m$\frac{{v}_{P}^{2}}{R}$
    解得轨道对物块的弹力为：FN=4.2N
    由牛顿第三定律物块对轨道的压力等于F′N=FN=4.2N
    （3）将重力与电场力的合力看成等效重力，电场力与重力的比值，即为θ角的正切值，有：tanθ=$\frac{qE}{mg}$=$\frac{3}{4}$ 
    即θ=37°
    物块滑到D点时将有最大速度，从释放物块到滑至D点，由动能定理有：
    qE（s+Rsinθ）-μmgs-mgR（1-cosθ）=$\frac{1}{2}$mvD2
    带入数据解得：vD=$\frac{\sqrt{110}}{2}$m/s
    答：（1）小物块的释放点离N距离为2.5m；
    （2）小物块运动到P（轨道中点）点时轨道对它的支持力等于4.2N；
    （3）小物块运动中的最大速度为$\frac{\sqrt{110}}{2}$m/s

    点评 本题通过竖直平面内的圆周运动考查动能定理与牛顿运动定律的综合应用，要注意明确等效重力场的基本方法，知道在等效最高点速度最小，而在等效最低点速度最大，注意通过L点时还没有到达等效最高点，故不需要考虑等效最高点，只需要让重力充当向心力即可．

    练习册系列答案
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    A．叶片上b点电势高于a点电势
    B．灯两端的电压为Bl（l+r）ω
    C．通过灯的电流强度为$\frac{Bl（l+r）ω}{2{R}_{0}}$
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    （2）金属棒下滑能达到的最大速度；
    （3）若金属棒由静止下滑了0.5m高时达到上述速度，求此过程中电阻R上消耗的电能．

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