Question

17．如圖，足夠長斜面傾角θ=30°，斜面上OA段光滑，A點下方粗糙且μ₁=$\frac{1}{{4\sqrt{3}}}$，水平面上足夠長OB段粗糙且μ₂=0.3，B點右側(cè)水平面光滑．OB之間有與水平方向β（β已知）斜向右上方的勻強電場E=$\sqrt{10}$×10⁵V/m．可視為質(zhì)點的小物體C、D質(zhì)量分別為m_C=4kg，m_D=1kg，D帶電q=+1×10^-4C，用輕質(zhì)細(xì)線通過光滑滑輪連在一起，分別放在斜面及水平面上的P和Q點由靜止釋放，B、Q間距離d=1m，A、P間距離為2d，細(xì)繩與滑輪之間的摩擦不計．（sinβ=$\frac{{\sqrt{10}}}{10}$，cosβ=$\frac{{3\sqrt{10}}}{10}$，g=10m/s²），求：
（1）物體C第一次運動到A點時速度；
（2）物體C減速向下運動階段的加速度；
（3）物塊D運動過程中電勢能變化量的最大值．

Answer 1

分析 （1）對D進(jìn)入電場的受力情況進(jìn)行分析得知，水平面對物體D的支持力為零，則水平面對D物體沒有摩擦力．對C、D組成的系統(tǒng)，運用動能定理列式，可求出C物塊到A點速度v₀．
（2）物體C減速向下運動的過程中，對C和D分別運用牛頓第二定律列式求解加速度；
（2）C經(jīng)過A點后將減速下滑至速度為0后又加速上滑，分別對C、D，根據(jù)牛頓第二定律和運動學(xué)公式列式，求出C向下發(fā)生的位移x₁和時間，再求出電場力做功，從而得到電勢能變化量的最大值．

解答 解：（1）對D進(jìn)入電場受力分析可得：$qEsinβ={m}_{D}^{\;}g$，所以N=0
所以D在OB段不受摩擦力，設(shè)C物體到A點速度為${v}_{0}^{\;}$，由題知釋放后C物體將沿斜面下滑，C物體從P到A過程，
對CD系統(tǒng)由動能定理得：${m}_{C}^{\;}g•2dsinθ-qEdcosβ=\frac{1}{2}（{m}_{C}^{\;}+{m}_{D}^{\;}）$${v}_{0}^{2}$
代入數(shù)據(jù)：
$4×10×2×\frac{1}{2}$$-1×1{0}_{\;}^{-4}×\sqrt{10}×1{0}_{\;}^{5}×\frac{3\sqrt{10}}{10}$=$\frac{1}{2}×（4+1）{v}_{0}^{2}$
解得：${v}_{0}^{\;}=2m/s$
（2）由題意，C經(jīng)過A點后將減速下滑至速度為0后又加速上滑，設(shè)其減速下滑加速度大小為${a}_{1}^{\;}$，向下運動的時間為${t}_{1}^{\;}$，發(fā)生的位移為${x}_{1}^{\;}$，
對物體C：
${m}_{C}^{\;}gsinθ-{T}_{1}^{\;}-{μ}_{1}^{\;}{m}_{C}^{\;}gcosθ=-{m}_{C}^{\;}{a}_{1}^{\;}$
對物體D：
${T}_{1}^{\;}-qEcosβ\\;=-{m}_{D}^{\;}{a}_{1}^{\;}$=${m}_{D}^{\;}{a}_{1}^{\;}$
代入數(shù)據(jù)解得：${a}_{1}^{\;}=5m/{s}_{\;}^{2}$      
（3）向下運動發(fā)生的位移：${x}_{1}^{\;}=\frac{{v}_{0}^{2}}{2{a}_{1}^{\;}}$=$\frac{{2}_{\;}^{2}}{2×5}=0.4m$
D從開始運動到最左端過程中：${W}_{電}^{\;}=-qEcosβ•（{x}_{1}^{\;}+d）=-50J$，
所以電勢能變化量的最大值為50J
答：（1）物體C第一次運動到A點時速度2m/s；
（2）物體C減速向下運動階段的加速度$5m/{s}_{\;}^{2}$；
（3）物塊D運動過程中電勢能變化量的最大值50J

點評 本題關(guān)鍵要正確分析兩個物體的受力情況，牛頓第二定律和運動學(xué)公式結(jié)合研究其運動情況，是動力學(xué)常用的思路．對于兩個物體組成的連接體，采用隔離法求解加速度是基本的方法，要熟練掌握，列式時不能漏力．