Question

2．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(chǎng)，電場(chǎng)方向垂直軌道向下，電場(chǎng)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，A自斜面底端以4.4m/s的初速度沿斜面上滑，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上滑到最高點(diǎn)所的時(shí)間；
（2）從開始到物體A返回斜面底端，全過程中損失的機(jī)械能；
（3）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)由靜止釋放，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)到軌道底端的長度s．

Answer 1

分析 （1）應(yīng)用牛頓第二定律求出物體向上滑動(dòng)時(shí)的加速度，然后應(yīng)用勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度公式求出向上滑到最高點(diǎn)需要的時(shí)間．
（2）求出物體A向上滑行的最大距離，然后應(yīng)用功的計(jì)算公式求出損失的機(jī)械能．
（3）根據(jù)牛頓第二定律可得B的加速度，A、B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）物體A向上滑動(dòng)過程，由牛頓第二定律得：
mgsinθ+μ（mgcosθ+qE）=ma₁，解得：a₁=11m/s²，
物體A上滑到最高點(diǎn)所的時(shí)間：t=$\frac{{v}_{0}}{{a}_{1}}$=$\frac{4.4}{11}$=0.4s；
（2）物體A向上滑行的最大距離：s_A上=$\frac{{v}_{0}^{2}}{2{a}_{1}}$=$\frac{4．{4}^{2}}{2×11}$=0.88m，
物體克服摩擦力做功使機(jī)械能減少，
全過程損失的機(jī)械能：△E=2μ（mgcosθ+qE）s_A上
=2×0.5×（0.2×10×cos37°+4×10^-5×1.0×10⁴）×0.88=1.76J；
（3）由牛頓第二定律得：
對(duì)B：a_B=$\frac{{m}_{B}gsinθ-μ{m}_{B}gcosθ}{{m}_{B}}$=gsinθ-μgcsθ，解得：a_B=2m/s²，
對(duì)A，下滑過程：mgsinθ-μ（mgcosθ+qE）=ma₂，解得：a₂=1m/s²，
A、B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_A上-$\frac{1}{2}$a₂（△t）²=0.88-$\frac{1}{2}$×1×0.1²=0.875m，
s_B=$\frac{1}{2}$a_Bt²=$\frac{1}{2}$×2×0.5²=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上滑到最高點(diǎn)所的時(shí)間為0.4s；
（2）從開始到物體A返回斜面底端，全過程中損失的機(jī)械能為1.76J；
（3）B的釋放點(diǎn)到軌道底端的長度s為1.125m．

點(diǎn)評(píng) 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)，分析清楚物體受力情況與運(yùn)動(dòng)過程是解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式、功的計(jì)算公式可以解題．