Question

2．在如圖所示的豎直平面內，傾斜軌道與水平面的夾角θ=37°，空間有一勻強電場，電場方向垂直軌道向下，電場強度E=1.0×10⁴N/C．小物體A質量m=0.2kg、電荷量q=+4×10^-5C，若傾斜軌道足夠長，A與軌道間的動摩擦因數為μ=0.5，A自斜面底端以4.4m/s的初速度沿斜面上滑，A在整個過程中電荷量保持不變，不計空氣阻力（取g=10m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8）．求：
（1）物體A上滑到最高點所的時間；
（2）從開始到物體A返回斜面底端，全過程中損失的機械能；
（3）若A出發(fā)的同時，有一不帶電的小物體B在軌道某點由靜止釋放，經過時間t=0.5s，與A相遇，且B與軌道間的動摩擦因數也為μ=0.5，求B的釋放點到軌道底端的長度s．

Answer 1

分析 （1）應用牛頓第二定律求出物體向上滑動時的加速度，然后應用勻變速直線運動的速度公式求出向上滑到最高點需要的時間．
（2）求出物體A向上滑行的最大距離，然后應用功的計算公式求出損失的機械能．
（3）根據牛頓第二定律可得B的加速度，A、B在t=0.5s相遇，t＞0.4s說明此時A在沿軌道下滑過程中與B物體相遇，結合運動學公式可求解．

解答 解：（1）物體A向上滑動過程，由牛頓第二定律得：
mgsinθ+μ（mgcosθ+qE）=ma₁，解得：a₁=11m/s²，
物體A上滑到最高點所的時間：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械能減少，
全過程損失的機械能：△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B：a_B=$\frac{{m}_{B}gsinθ-μ{m}_{B}gcosθ}{{m}_{B}}$=gsinθ-μgcsθ，解得：a_B=2m/s²，
對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A在沿軌道下滑過程中與B物體相遇，
下滑時間：△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上滑到最高點所的時間為0.4s；
（2）從開始到物體A返回斜面底端，全過程中損失的機械能為1.76J；
（3）B的釋放點到軌道底端的長度s為1.125m．

點評 本題考查牛頓第二定律與運動學公式的基本應用，綜合性強，分析清楚物體受力情況與運動過程是解題的前提與關鍵，應用牛頓第二定律、運動學公式、功的計算公式可以解題．