Question

3．如圖所示，OAB為豎直放置的輕質(zhì)等腰三角形支架，θ=30°，AB長為2L，C為AB的中點，A端擱在支撐物上，OA水平，支架可繞過O點的水平軸自由轉(zhuǎn)動，質(zhì)量為M=$\frac{11}{16}$m帶正電的物塊P固定在支架上的A點．現(xiàn)將另一質(zhì)量為m、電荷量為+q的物塊Q由中點C靜止釋放，Q沿斜面向上運動，剛好能到達B點，此時支架恰好不翻倒．已知Q與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ=$\frac{{\sqrt{3}}}{6}$，P、Q均可視為點電荷，求：

（1）C、B兩點間的電勢差；
（2）釋放Q瞬間，它的加速度；
（3）若Q運動過程中的最大速度為v，求Q處于平衡狀態(tài)時的總勢能．（以C點為重力勢能和電勢能的零點）

Answer 1

分析 （1）對物塊Q，根據(jù)動能定理解得C、B兩點間的電勢差；
（2）Q即將到達B點時，P受到的庫侖力為F_B，對支架，由力矩的平衡列式，求解F_B，Q在C點時，根據(jù)庫侖定律求解F_C，再根據(jù)牛頓第二定律求解加速度；
（3）Q處于平衡狀態(tài)時，有兩個位置，由能量守恒定律結(jié)合庫侖定律求解．

解答 解：（1）對物塊Q，根據(jù)動能定理有：U_CBq-mgLsinθ-mgcosθμL=0，
解得：${U_{CB}}=\frac{3mgL}{4q}$，
（2）Q即將到達B點時，P受到的庫侖力為F_B，對支架，由力矩的平衡有：$NL+fLtanθ=Mg\frac{L}{cosθ}+{F_B}Ltanθ$，
對Q：$N=mgcosθ=\frac{{\sqrt{3}}}{2}mg$，$f=μN=\frac{1}{4}mg$，
解得：${F_B}=\frac{3}{8}mg$，
Q在C點時，受到的庫侖力為F_C，則：$\frac{{F}_{C}}{{F}_{B}}=\frac{\frac{kQq}{{L}^{2}}}{\frac{kQq}{（2L）^{2}}}=4$，
解得：${F_C}=\frac{3}{2}mg$
釋放Q瞬間：F_C-mgsinθ-f=ma
解得：$a=\frac{3}{4}g$
（3）Q處于平衡狀態(tài)時，有兩個位置．
Q經(jīng)過最大速度為v的位置，Q受到的庫侖力為F，則：$F=mgsinθ+f=\frac{3}{4}mg$
又：$\frac{{F}_{\;}}{{F}_{C}}=\frac{\frac{kQq}{{{L}_{1}}^{2}}}{\frac{kQq}{{L}^{2}}}=\frac{{L}^{2}}{{{L}_{1}}^{2}}$
解得：${L_1}=\sqrt{2}L$
此位置，Q的總勢能為E_P1，由能量守恒定律有：$0=\frac{1}{2}m{v^2}+{E_{P1}}+f（{L_1}-L）$
解得：${E_{P1}}=-\frac{{\sqrt{2}-1}}{4}mgL-\frac{1}{2}m{v^2}$
Q到達B點后，因$mgsinθ-{F_B}=\frac{1}{8}mg$＜f，故Q停在B點，Q的總勢能為E_P2，
則：${E_{P2}}=mgLsinθ-{U_{CB}}q=\frac{1}{2}mgL-\frac{3}{4}mgL=-\frac{1}{4}mgL$
故Q處于平衡狀態(tài)時的總勢能為：${E_{P1}}=-\frac{{\sqrt{2}-1}}{4}mgL-\frac{1}{2}m{v^2}$或${E_{P2}}=-\frac{1}{4}mgL$
答：（1）C、B兩點間的電勢差為$\frac{3mgL}{4q}$；
（2）釋放Q瞬間，它的加速度為$\frac{3}{4}g$；
（3）若Q運動過程中的最大速度為v，則Q處于平衡狀態(tài)時的總勢能為$-\frac{\sqrt{2}-1}{4}mgL-\frac{1}{2}m{v}^{2}$或$-\frac{1}{4}mgL$．

點評 本題主要考查了動能定理、牛頓第二定律、庫侖定律以及能量守恒定律的直接應(yīng)用，要求同學(xué)們正確正確分析物塊的受力情況和運動情況，注意Q處于平衡狀態(tài)時，有兩個位置，難度適中．