Question

17．如图，足够长斜面倾角θ=30°，斜面上OA段光滑，A点下方粗糙且μ₁=$\frac{1}{{4\sqrt{3}}}$，水平面上足够长OB段粗糙且μ₂=0.3，B点右侧水平面光滑．OB之间有与水平方向β（β已知）斜向右上方的匀强电场E=$\sqrt{10}$×10⁵V/m．可视为质点的小物体C、D质量分别为m_C=4kg，m_D=1kg，D带电q=+1×10^-4C，用轻质细线通过光滑滑轮连在一起，分别放在斜面及水平面上的P和Q点由静止释放，B、Q间距离d=1m，A、P间距离为2d，细绳与滑轮之间的摩擦不计．（sinβ=$\frac{{\sqrt{10}}}{10}$，cosβ=$\frac{{3\sqrt{10}}}{10}$，g=10m/s²），求：
（1）物体C第一次运动到A点时速度；
（2）物体C减速向下运动阶段的加速度；
（3）物块D运动过程中电势能变化量的最大值．

Answer 1

分析 （1）对D进入电场的受力情况进行分析得知，水平面对物体D的支持力为零，则水平面对D物体没有摩擦力．对C、D组成的系统，运用动能定理列式，可求出C物块到A点速度v₀．
（2）物体C减速向下运动的过程中，对C和D分别运用牛顿第二定律列式求解加速度；
（2）C经过A点后将减速下滑至速度为0后又加速上滑，分别对C、D，根据牛顿第二定律和运动学公式列式，求出C向下发生的位移x₁和时间，再求出电场力做功，从而得到电势能变化量的最大值．

解答 解：（1）对D进入电场受力分析可得：$qEsinβ={m}_{D}^{\;}g$，所以N=0
所以D在OB段不受摩擦力，设C物体到A点速度为${v}_{0}^{\;}$，由题知释放后C物体将沿斜面下滑，C物体从P到A过程，
对CD系统由动能定理得：${m}_{C}^{\;}g•2dsinθ-qEdcosβ=\frac{1}{2}（{m}_{C}^{\;}+{m}_{D}^{\;}）$${v}_{0}^{2}$
代入数据：
$4×10×2×\frac{1}{2}$$-1×1{0}_{\;}^{-4}×\sqrt{10}×1{0}_{\;}^{5}×\frac{3\sqrt{10}}{10}$=$\frac{1}{2}×（4+1）{v}_{0}^{2}$
解得：${v}_{0}^{\;}=2m/s$
（2）由题意，C经过A点后将减速下滑至速度为0后又加速上滑，设其减速下滑加速度大小为${a}_{1}^{\;}$，向下运动的时间为${t}_{1}^{\;}$，发生的位移为${x}_{1}^{\;}$，
对物体C：
${m}_{C}^{\;}gsinθ-{T}_{1}^{\;}-{μ}_{1}^{\;}{m}_{C}^{\;}gcosθ=-{m}_{C}^{\;}{a}_{1}^{\;}$
对物体D：
${T}_{1}^{\;}-qEcosβ\\;=-{m}_{D}^{\;}{a}_{1}^{\;}$=${m}_{D}^{\;}{a}_{1}^{\;}$
代入数据解得：${a}_{1}^{\;}=5m/{s}_{\;}^{2}$      
（3）向下运动发生的位移：${x}_{1}^{\;}=\frac{{v}_{0}^{2}}{2{a}_{1}^{\;}}$=$\frac{{2}_{\;}^{2}}{2×5}=0.4m$
D从开始运动到最左端过程中：${W}_{电}^{\;}=-qEcosβ•（{x}_{1}^{\;}+d）=-50J$，
所以电势能变化量的最大值为50J
答：（1）物体C第一次运动到A点时速度2m/s；
（2）物体C减速向下运动阶段的加速度$5m/{s}_{\;}^{2}$；
（3）物块D运动过程中电势能变化量的最大值50J

点评 本题关键要正确分析两个物体的受力情况，牛顿第二定律和运动学公式结合研究其运动情况，是动力学常用的思路．对于两个物体组成的连接体，采用隔离法求解加速度是基本的方法，要熟练掌握，列式时不能漏力．