Question

2．如圖所示，在粗糙的水平面上放有質量為M=0.3kg的絕緣長木板，有一質量為m=0.2kg，帶電量為q=+4×10^-5C的小滑塊（可視為質點）正沿木板的上表面向左運動．木板左端有一個固定的，半徑R=0.1m的四分之一光滑圓形絕緣軌道AB與之相接，軌道的最低點B點與木板的上表面相切．整個空間加有一個方向豎直向下、場強大小為E=5×10⁴N/C的勻強電場．己知滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ₁=0.25，木板與水平面間的動摩擦因素為μ₂=0.1，滑塊在木板上向左運動至距離B點x=0.3m處時速度大小為v₀=2$\sqrt{3}$m/s．（g取10m/s²）求：
（1）滑塊通過木板滑上固定的光滑圓形軌道AB，沿軌道AB上升的最大高度H；
（2）滑塊沿軌道AB返回剛運動至B點時對軌道的壓力；
（2）若木板長度為0.6m，試求滑塊再次返回滑上木板，而在木板上運動的過程中，系統(tǒng)因摩擦而產生的熱量．

Answer 1

分析 （1）對于滑塊上升到最高點過程，重力、電場力、摩擦力做功，根據(jù)動能定理求出滑塊上升的最大高度H；
（2）滑塊從開始運動到返回至B點處過程，摩擦力和電場力做功，再由動能定理求解速度v_B的大�。�在B點，由重力、電場力和軌道的支持力的合力提供向心力，由牛頓運動定律求滑塊沿軌道AB返回剛運動至B點時對軌道的壓力．
（3）滑塊沿軌道AB返回運動滑上木板，滑塊做勻減速運動，木塊做勻加速運動，當兩者速度相等時，兩者所走的位移之差即為木板的長度的最小值．由牛頓第二定律和運動學公式結合求解．再分析板長0.6m時，兩者相對滑行的距離，即可求熱量．

解答 解：（1）對于滑塊上升到最高點過程，根據(jù)動能定理得：
-μ₁（qE+mg）•x-（qE+mg）•H=0-$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
解得：H=$\frac{9}{40}$m
（2）對于滑塊從最高點至B點處過程，根據(jù)動能定理得：
  （qE+mg）•H=$\frac{1}{2}$$m{v}_{B}^{2}$
解得：v_B=3m/s
在B點，由牛頓第二定律得：
  N-（qE+mg）=m$\frac{{v}_{B}^{2}}{R}$
解得 N=22N
則根據(jù)牛頓第三定律得，滑塊沿軌道AB返回剛運動至B點時對軌道的壓力為22N．
（3）滑塊滑回木板后做勻減速運動，滑塊的加速度為 a_m=$\frac{{μ}_{1}（mg+qE）}{m}$=5m/s²．
木板的加速度 a_M=$\frac{{μ}_{1}（mg+qE）-{μ}_{2}（Mg+mg+qE）}{M}$=1m/s²；
設兩者經過時間t速度相等，則  v_B-a₁t=a₂t，解得，t=0.5s
速度相等之后，滑塊與木板相對靜止做勻減速運動直至停止．那么速度相等時，兩者所走的位移之差即為木板的長度的最小值，
則在兩者相對滑動的過程中，滑塊的位移為 s₁=v_Bt-$\frac{1}{2}$a_mt²=$\frac{7}{8}$m，木板的位移為 s₂=$\frac{1}{2}$a_Mt²=$\frac{1}{8}$m
要使滑塊不從木板上掉下來，木板長度的最小值為：L=s₁-s₂=0.75m．
因此當木板長度為0.6m時，滑塊能從板上滑下，兩者相對位移大小為△s=0.6m
設滑塊在板上滑行時間為 t′，則有 L=（v_Bt′-$\frac{1}{2}$a_mt′²）-$\frac{1}{2}$a_Mt′²
將L=0.6m、a_m=5m/s²、a_M=1m/s²；解得 t′=$\frac{5-\sqrt{5}}{10}$s
則 木板的位移為 s₂′=$\frac{1}{2}$a_Mt′²=$\frac{3-\sqrt{5}}{20}$m
滑塊的位移為s₁'=$\frac{15-\sqrt{5}}{20}$m
系統(tǒng)因摩擦而產生的熱量 Q=μ₁（qE+mg）•△s+μ₂（Mg+qE+mg）s₂′=$\frac{141-7\sqrt{5}}{200}$J
答：
（1）滑塊通過木板滑上固定的光滑圓形軌道AB，沿軌道AB上升的最大高度H是$\frac{9}{40}$m；
（2）滑塊沿軌道AB返回剛運動至B點時對軌道的壓力是22N；
（2）若木板長度為0.6m，試求滑塊再次返回滑上木板，而在木板上運動的過程中，系統(tǒng)因摩擦而產生的熱量是$\frac{141-7\sqrt{5}}{200}$J．

點評 本題的關鍵要耐心細致地分析物體的運動過程，根據(jù)木板所受的滑動摩擦力與最大靜摩擦力的關系，判斷木板的運動狀態(tài)，運用動能定理、牛頓第二定律和運動學公式結合進行處理．