Question

15．足夠長(zhǎng)的粗糙絕緣板A上放一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為+q的小滑塊B．用手托住A置于方向水平向左、場(chǎng)強(qiáng)大小為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，此時(shí)A、B均能靜止，如圖所示．現(xiàn)將絕緣板A從圖中位置P垂直電場(chǎng)線移至位置Q，發(fā)現(xiàn)小滑塊B相對(duì)A發(fā)生了運(yùn)動(dòng)．為研究方便可以將絕緣板A的運(yùn)動(dòng)簡(jiǎn)化成先勻加速接著勻減速到靜止的過(guò)程．測(cè)量發(fā)現(xiàn)豎直方向加速的時(shí)間為1.0s，減速的時(shí)間為0.5s，P、Q位置高度差為1.5m．已知B質(zhì)量m=1kg，勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E=0.3$\frac{mg}{q}$，A、B之間動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.4．g取10m/s²．求：
（1）絕緣板A加速運(yùn)動(dòng)和減速運(yùn)動(dòng)的加速度分別為多大？
（2）滑塊B最后停在離出發(fā)點(diǎn)水平距離多大處？
（3）B滑塊在A板減速過(guò)程中，B滑塊機(jī)械能是變化的，變大還是變小，變化了多少？

Answer 1

分析 （1）根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式列方程求加速和減速的加速度大�。�
（2）先以B為研究對(duì)象列牛頓第二定律方程然后以A為研究對(duì)象列牛頓第二定律方程求出加速度大小，然后根據(jù)位移公式求二者運(yùn)動(dòng)的距離，最后由幾何關(guān)系求出滑塊B最后停在離出發(fā)點(diǎn)水平距離．
（3）求出滑塊B初末狀態(tài)的動(dòng)能，求出重力勢(shì)能的變化，然后求出機(jī)械能的變化．

解答 解：（1）設(shè)木板A勻加速和勻減速的加速度大小分別為a₁和a₂，勻加速和勻減速的時(shí)間分別為t₁和t₂，P、Q高度差為h，
則有：a₁t₁=a₂t₂，
h=$\frac{1}{2}$a₁t₁²+$\frac{1}{2}$a₂t₂²，
解得：a₁=2m/s²，a₂=4m/s²；
（2）研究滑塊B，在木板A勻減速的過(guò)程中，由牛頓第二定律可得：
豎直方向：mg-N=ma₂，
水平方向：qE-μN(yùn)=ma₃，
解得：a₃=0.6m/s²，
在這個(gè)過(guò)程中滑塊B的水平位移大小為：s₁=$\frac{1}{2}$a₃t₂²=$\frac{1}{2}$×0.6×0.5²=0.075m，
A減速結(jié)束時(shí)，滑塊B的速度：v=a₃ta₂=0.6×0.5=0.3m/s，
在木板A靜止后，滑塊B將沿水平方向做勻減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度大小為a₄，由牛頓第二定律得：
μmg-qE=ma₄，
解得：a₄=1m/s²，
該過(guò)程中滑板B的水平位移大小為：s₂=$\frac{{v}^{2}}{2{a}_{4}}$=$\frac{0．{3}^{2}}{2×1}$s₃=0.045m，
最后滑板B靜止時(shí)離出發(fā)點(diǎn)的水平距離為：s=s₁+s₁=0.12m；
（3）A開(kāi)始減速時(shí)AB的速度：v_B=a₁t₁=2×1=2m/s，
A減速過(guò)程上升的高度：△h=$\frac{{v}_{B}}{2}$t₂=$\frac{2}{2}$×0.5=0.5m，
A減速結(jié)束時(shí)B的速度：v=0.3m/s，
B機(jī)械能的變化量：△E=$\frac{1}{2}$mv²-$\frac{1}{2}$mv_B²+mg△h=$\frac{1}{2}$×1×0.3²-$\frac{1}{2}$×1×2²+1×10×0.5=3.045J，
機(jī)械能增加了3.045J；
答：（1）木板A加速和減速的加速度分別為2m/s²和4m/s²．                                
（2）滑塊B最后停在離出發(fā)點(diǎn)水平距離0.12m．
（3）B滑塊在A板減速過(guò)程中，B滑塊機(jī)械能變大了3.045J．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了牛頓第二定律在連接體問(wèn)題中的應(yīng)用，關(guān)鍵是列牛頓第二定律方程時(shí)正確的選取研究對(duì)象受力分析，分析清楚物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程是正確解題的關(guān)鍵．