Question

在如圖所示的豎直平面內，傾斜軌道與水平面的夾角θ=37°，空間有一勻強電場，電場方向垂直軌道向下，電場強度E=1.0×104N/C．小物體A質量m=0.2kg、電荷量q=+4×10﹣5C，若傾斜軌道足夠長，A與軌道間的動摩擦因數為μ=0.5，現將物體A置于斜面底端，并給A一個方向沿斜面向上大小為v0=4.4m/s的初速度，A在整個過程中電荷量保持不變，不計空氣阻力（取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）．求：

（1）物體A回到出發(fā)點所用的時間？

（2）若A出發(fā)的同時，有一不帶電的小物體B在軌道某點靜止釋放，經過時間t=0.5s與A相遇，且B與軌道間的動摩擦因數也為μ=0.5．求B的釋放點到傾斜軌道底端的長度s？

Answer 1

考點：

勻強電場中電勢差和電場強度的關系；勻變速直線運動的位移與時間的關系．.

專題：

電場力與電勢的性質專題．

分析：

物體A沿斜面上滑，分析其受力，根據牛頓第二定律可得其加速度大小，根據速度公式可得上滑的時間，結合速度位移公式可得上滑的距離；當物體A向上的速度減為零后，將沿斜面下滑，對其受力分析，根據牛頓第二定律求出其加速度，由于上滑和下滑的位移相同，結合位移時間公式可求下滑時間，從而可得物體A回到出發(fā)點所用的時間；

根據牛頓第二定律可得B的加速度，AB在t=0.5s相遇，t＞0.4s說明此時A在沿軌道下滑過程中與B物體相遇，結合運動學公式可求解．

解答：

解：（1）上滑過程，對物體A受力分析，受豎直向下的重力mg，垂直于斜面向上的支持力N，沿斜面向下的摩擦力f，及垂直于斜面向下的電場力qE，根據牛頓第二定律可得：ma1=mgsinθ+μN

又：N=mgcosθ+Eq

聯立可得：==11m/s2

=

s===0.88m                         

下滑過程：ma2=mgsinθ﹣μN

N=mgcosθ+Eq

=10×0.6﹣

t總=t上+t下=0.4+1.33=1.73s                          

（2）對物體B而言：

AB在t=0.5s相遇，t＞0.4s說明此時A在沿軌道下滑過程中與B物體相遇

下滑時間：△t=0.1s，

==0.875m                

釋放點到底端距離：S=SA+SB=0.875+0.25=1.125m

答：（1）物體A回到出發(fā)點所用的時間為1.73s；

（2）B的釋放點到傾斜軌道底端的長度為1.125m．

點評：

本題考查牛頓第二定律與運動學公式的基本應用，綜合性強，應注重分析物體的運動情況．