Question

8．如圖，一傾角為37°的足夠長(zhǎng)斜面，表面光滑絕緣，B點(diǎn)以下區(qū)域處于電場(chǎng)強(qiáng)度E=1.2×10⁴N/C，方向平行斜面向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，BC端被涂上動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.75的絕緣介質(zhì)，一小物塊質(zhì)量m=1kg，帶電量q=1×10^-3C，從斜面上的A點(diǎn)靜止釋放，已知AB長(zhǎng)為l₁=$\frac{25}{12}$m，BC長(zhǎng)為l₂=$\frac{5}{12}$m，取g=10m/s²．
（1）求小物塊在運(yùn)動(dòng)過程中加速度的最大值，并指出此時(shí)加速度的方向和速度的方向；
（2）設(shè)小物塊第一次返回的最高點(diǎn)為D，求AD的距離l₃；
（3）求小物塊在BC間運(yùn)動(dòng)的總路程．

Answer 1

分析 （1）分A到B、B到C、C向下到返回C、C到B過程，分別根據(jù)牛頓第二定律列式求解加速度進(jìn)行分析；
（2）對(duì)從A到D的全部過程根據(jù)動(dòng)能定理列式求解即可；
（3）滑塊最終會(huì)向下減速后靜止在BC間某個(gè)位置，對(duì)全部過程根據(jù)動(dòng)能定理列式求解即可．

解答 解：（1）從A到B過程，根據(jù)牛頓第二定律，有：
mgsin37°=ma₁
解得：a₁=gsin37°=10×0.6=6m/s²
到達(dá)B點(diǎn)速度：${v}_{1}=\sqrt{2{a}_{1}{l}_{1}}=\sqrt{2×6×\frac{25}{12}}$=5m/s
從B到C的過程，根據(jù)牛頓第二定律，有：
mgsin37°-qE-μmgcos37°=ma₂
解得：a₂=-12m/s²
根據(jù)速度位移公式，有：
${v}_{2}^{2}-{v}_{1}^{2}=2{a}_{2}{l}_{2}$
解得：v₂=$\sqrt{15}$m/s
從C點(diǎn)向下過程，根據(jù)牛頓第二定律，有：
mgsin37°-qE=ma₃
解得：a₃=-6m/s²
從C到B過程，根據(jù)牛頓第二定律，有：
mgsin37°-qE+μmgcos37°=ma₄
解得：a₄=0
即從C到B是勻速運(yùn)動(dòng)；
故最大加速度為12m/s²，平行斜面向上；此時(shí)速度平行斜面向下；
（2）設(shè)小物塊第一次返回的最高點(diǎn)為D，從A到D全程，根據(jù)動(dòng)能定理，有：
mgsin37°l₃-2μmgcos37°l₂=0-0
解得：l₃=$\frac{5}{6}$m
（3）滑塊最終會(huì)向下減速后靜止在BC間某個(gè)位置，設(shè)靜止位置與B點(diǎn)間距為x，對(duì)運(yùn)動(dòng)的全程，根據(jù)動(dòng)能定理，有：
mg（l₁+x）sin37°-qEx-μmgcos37°（x+2nl₂）=0
其中：0≤x≤l₂
故12.5-12x-5n=0；
當(dāng)n=2時(shí)，x=$\frac{2.5}{12}=\frac{5}{24}$m
故小物塊在BC間運(yùn)動(dòng)的總路程：S=4l₂+x=4×$\frac{5}{12}$$+\frac{5}{24}$=$\frac{15}{8}$m
答：（1）小物塊在運(yùn)動(dòng)過程中最大加速度為12m/s²，平行斜面向上；此時(shí)速度平行斜面向下；
（2）小物塊第一次返回的最高點(diǎn)為D，AD的距離l₃為$\frac{5}{6}$m；
（3）小物塊在BC間運(yùn)動(dòng)的總路程為$\frac{15}{8}$m．

點(diǎn)評(píng) 本題特點(diǎn)是過程多，有往復(fù)，關(guān)鍵是分階段根據(jù)牛頓第二定律列式求解加速度，同時(shí)要結(jié)合動(dòng)能定理全程列式，不難．