Question

19．在如圖所示，AB為光滑水平桌面；BQ為豎直平面內(nèi)半徑為R的四分之一粗糙圓弧軌道，固定在AB右端．Q點與圓心O等高．在水平桌面上放一塊長為L=1m的木板，其質(zhì)量為m=1kg，木板右端上表面與圓弧軌道相切于B點．木板左端放一個質(zhì)量也為m的小物塊（可視為質(zhì)點），小物塊帶電量為q=10^-4C．現(xiàn)在豎直線OB左側空間加勻強電場，電場強度E=10⁵N/C，方向與水平方向成37°斜向下，同時在小物塊上施加6N的水平向左的恒力F．小物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為μ=0.25，重力加速度g=10m/s²．sin37°=0.6，cos37°=0.8．設小物塊與薄板間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．
（1）求小物塊所受的摩擦力大小；
（2）若撤去拉力F，求小物塊第一次到達B點時的速度大��；
（3）當小物塊返回B點時，撤去電場．小物塊最后停在木板上，距木板右端l=0.2m處． 求小物塊在圓弧軌道上運動過程中克服摩擦力做的功．

Answer 1

分析 （1）將電場力分解成水平方向與豎直方向，再根據(jù)滑動摩擦力，來確定最大靜摩擦力，從而確定小物塊是否運動，進而確定摩擦力大��；
（2）撤去F后，確定小物塊的合力，再根據(jù)動能定理，即可求解；
（3）小物塊從B點滑上圓弧軌道后再返回B點過程，運用動能定理，再根據(jù)運動學公式，求得與相對位移的關系，從而求得克服摩擦力做的功．

解答 解：（1）電場力在水平方向的分力為：qEcos37°=10^-4×10⁵×0.8=8N
電場力在豎直方向的分力為：qEsin37°=10^-4×10⁵×0.6=6N
小物塊與木板間的最大靜摩擦力為：f_m=μ（mg+qEsin37°）=0.25×（1×10+6）=4N
由于qEcos37°-F＜f_m，小物塊保持靜止，
所以小物塊受靜摩擦力為：f=qEcos37°-F=8-6=2N
（2）撤去F后，小物塊向右加速，木板仍然靜止．小物塊受合力為：
F=qEcos37°-f_m=8-4=4N，
小物塊從開始至運動到B點，由動能定理得：FL=$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$ 
B點速度為：v₀=$\sqrt{\frac{2Fl}{m}}$
代入數(shù)據(jù)解得：v₀=2$\sqrt{2}$m/s
（3）小物塊從B點滑上圓弧軌道后再返回B點過程，設返回速度為v，由動能定理有：
-W_f=$\frac{1}{2}m{v}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
小物塊減速，加速度大小為：a₁=$\frac{{f}_{m}}{m}$=μg=2.5m/s²；
木板加速，加速度大小為：a₂=$\frac{{f}_{m}}{m}$=μg=2.5m/s²
從小物塊滑上木板到相對靜止，所用時間為t，有：
v-a₁t=a₂t
（vt-$\frac{1}{2}$a₁t²）-$\frac{1}{2}{a}_{2}{t}^{2}$=l
解得：W_f=3J
答：（1）小物塊所受的摩擦力大小2N；
（2）小物塊第一次到達B點時的速度大小2$\sqrt{2}$m/s；
（3）小物塊在圓弧軌道上運動過程中克服摩擦力做的功3J．

點評 本題綜合考查了動能定理、牛頓第二定律、運動學公式等知識，綜合性較強，關鍵理清物塊的運動過程，選擇合適的規(guī)律進行求解．注意還可以用l=$\frac{v}{2}t$求得相對位移．