Question

7．如圖所示，光滑絕緣水平面AB與傾角θ=37°，長L=5m的固定絕緣斜面BC在B處圓滑相連，在斜面的C處有一與斜而垂直的彈性絕緣擋板，質(zhì)量m=0.5kg、帶電荷量q=+5×10^-5C的絕緣帶電小滑塊（可看作質(zhì)點(diǎn)）置于斜面的中點(diǎn)D，整個(gè)空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)E=2×10⁵N/C，現(xiàn)讓滑塊以v₀=14m/s的速度沿斜面向上運(yùn)動(dòng)．設(shè)滑塊與擋板碰撞前后所帶電荷量不變、速度大小不變，滑塊和斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.1，（g取10m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：
（1）滑塊沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的加速大��；
（2）滑塊運(yùn)動(dòng)的總路程．

Answer 1

分析 （1）對(duì)滑塊受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度；
（2）由題知，滑塊最終停在C點(diǎn)，設(shè)滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的路程為s₁，由動(dòng)能定理列式，再對(duì)滑塊第一次從B點(diǎn)到水平面左端最遠(yuǎn)x₁處，根據(jù)動(dòng)能定理列式，水平面光滑，滑塊返回到B點(diǎn)，動(dòng)能不變，求出滑塊在斜面上往返一次克服摩擦力做的功，從而求出滑塊第二次從B點(diǎn)到水平面左端最遠(yuǎn)的距離，再求出滑塊第三次從B點(diǎn)到水平面左端最遠(yuǎn)距離，此后滑塊不能再到達(dá)水平面，求出滑塊在水平面上運(yùn)動(dòng)的總路程，進(jìn)而求出滑塊運(yùn)動(dòng)的總路程．

解答 解：（1）滑塊與斜面間的滑動(dòng)摩擦力：F_f=μ（mgcosθ+qEsinθ）=1N
根據(jù)牛頓第二定律得：
qEcosθ-mgsinθ-f=ma
解得：a=8m/s²
（2）由題知，滑塊最終停在C點(diǎn)，設(shè)滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的路程為s₁，由動(dòng)能定理得：
qE$\frac{L}{2}$cos37°-mg$\frac{L}{2}$sin37°-fs₁=0-$\frac{1}{2}m{{v}_{0}}^{2}$，
解得：s₁=61.5m
設(shè)滑塊第一次到B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為E_K1，從D點(diǎn)到B點(diǎn)由動(dòng)能定理得：
-qE$\frac{L}{2}$cos37°+mg$\frac{L}{2}$sin37°-f$\frac{3L}{2}$=E_K1-$\frac{1}{2}m{{v}_{0}}^{2}$，
解得：E_K1=29J
滑塊第一次從B點(diǎn)到水平面左端最遠(yuǎn)x₁處，由動(dòng)能定理得：-qEx₁=0-E_k1
解得：x₂=2.9m
水平面光滑，滑塊返回到B點(diǎn)，動(dòng)能不變，滑塊在斜面上往返一次克服摩擦力做功：W₁=2fL=10J，
故可知，滑塊第二次從B點(diǎn)到水平面左端最遠(yuǎn)x₂=1.9m，
滑塊第三次從B點(diǎn)到水平面左端最遠(yuǎn)x₃=0.9m，
此后滑塊不能再到達(dá)水平面，滑塊在水平面上運(yùn)動(dòng)的總路程s₂=2（x₁+x₂+x₃）=11.4m，
滑塊運(yùn)動(dòng)的總路程s=s₁+s₂=72.9m．
答：（1）滑塊沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的加速大小為8m/s²；
（2）滑塊運(yùn)動(dòng)的總路程為72.9m．

點(diǎn)評(píng) 考查動(dòng)能定理、牛頓第二定律，并讓學(xué)生知道動(dòng)能定理過程選取的重要性，同時(shí)搞清電場力、重力做功與路徑無關(guān)，摩擦力做功與路徑有關(guān)．