Question

19．在如圖所示的豎直平面內(nèi)，傾斜軌道與水平面的夾角θ=37°，空間有一勻強(qiáng)電場，電場方向垂直軌道向下，電場強(qiáng)度E=1.0×10⁴N/C．小物體A質(zhì)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(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.5，現(xiàn)將物體A置于斜面底端，并給A一個(gè)方向沿斜面向上大小為v₀=4.4m/s的初速度，A在整個(gè)過程中電荷量保持不變，不計(jì)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(diǎn)所用的時(shí)間？
（2）若A出發(fā)的同時(shí)，有一不帶電的小物體B在軌道某點(diǎn)靜止釋放，經(jīng)過時(shí)間t=0.5s與A相遇，且B與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)也為μ=0.5．求B的釋放點(diǎn)到傾斜軌道底端的長度s？

Answer 1

分析 物體A沿斜面上滑，分析其受力，根據(jù)牛頓第二定律可得其加速度大小，根據(jù)速度公式可得上滑的時(shí)間，結(jié)合速度位移公式可得上滑的距離；當(dāng)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(jù)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(jié)合位移時(shí)間公式可求下滑時(shí)間，從而可得物體A回到出發(fā)點(diǎn)所用的時(shí)間；
根據(jù)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(shí)A在沿軌道下滑過程中與B物體相遇，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)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(jù)牛頓第二定律可得：ma₁=mgsinθ+μN(yùn)
又：N=mgcosθ+Eq
聯(lián)立可得：${a}_{1}=gsinθ+μ\frac{mgcosθ+Eq}{m}$=$10×0.6+\frac{0.5×（0.2×10×0.8+1×1{0}^{4}×4×1{0}^{-5}）}{0.2}$=11m/s²；
${t}_{上}=\frac{{v}_{0}}{{a}_{1}}$=$\frac{4.4}{11}=0.4s$，
s=$\frac{{v}_{0}^{2}}{2a}$=$\frac{4．{4}^{2}}{2×11}$=0.88m，
下滑過程：ma₂=mgsinθ-μN(yùn)，
N=mgcosθ+Eq
${a}_{2}=gsinθ-μ\frac{mgcosθ+qE}{m}$=10×0.6-$\frac{0.5×（0.2×10×0.8+1×1{0}^{4}×4×1{0}^{-5}）}{0.2}=1m/{s}^{2}$        
$S=\frac{1}{2}{a}_{2}{{t}_{下}}^{2}$
${t}_{下}=\sqrt{\frac{2S}{{a}_{2}}}=\sqrt{\frac{2×0.88}{1}}=1.33s$               
t_總=t_上+t_下=0.4+1.33=1.73s；
                           
（2）對物體B而言：${a}_{B}=gsinθ-μgcosθ=2m/{s}^{2}$，
AB在t=0.5s相遇，t＞0.4s說明此時(shí)A在沿軌道下滑過程中與B物體相遇
下滑時(shí)間：△t=0.1s，
${s}_{A}={s}_{上}-\frac{1}{2}{a}_{2}△{t}^{2}$=$0.88-\frac{1}{2}×1×0．{1}^{2}$=0.875m                 
${S}_{B}=\frac{1}{2}{a}_{B}{t}^{2}=\frac{1}{2}×2×0．{5}^{2}=0.25m$                   
釋放點(diǎn)到底端距離：S=S_A+S_B=0.875+0.25=1.125m．
答：（1）物體A回到出發(fā)點(diǎn)所用的時(shí)間為1.73s；
（2）B的釋放點(diǎn)到傾斜軌道底端的長度為1.125m．

點(diǎn)評 本題考查牛頓第二定律與運(yùn)動(dòng)學(xué)公式的基本應(yīng)用，綜合性強(qiáng)，應(yīng)注重分析物體的運(yùn)動(dòng)情況．