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    7．如图所示，在界限MN左上方，存在斜向左下与水平方向夹角为45°的匀强电场，场强大小E=$\sqrt{2}$×105V/m．一半径为R=0.8m的$\frac{1}{4}$光滑绝缘圆弧凹槽固定在水平地面上．一个可视为质点，质量m=0.2kg、电荷量大小q=1×10-5C的带正电金属物块P从槽顶端A由静止释放，从槽底端B冲上与槽底端平齐的绝缘长木板Q．长木板Q足够长且置于光滑水平地面上，质量为M=1kg．已知开始时长木板有一部分置于电场中，图中C为界限MN与长木板Q的交点，B、C间的距离SBC=0.6m，物块P与木板Q间的动摩擦因数为μ=$\frac{1}{3}$，取g=10m/s2，求：

    （1）物块P从A点滑到B时速度的大小；
    （2）物块P从B点滑上木板Q后到离开电场过程所经历的时间；
    （3）物块P从B点滑上木板Q后到离开电场的过程中摩擦生的热．

    分析 （1）物块P从A点滑到B的过程，运用能量守恒定律可以求出到B时速度的大小．
    （2）物块P从B点滑到Q的过程，应用牛顿第二定律求出加速度，应用速度位移公式与速度公式求出时间．
    （3）由功的计算公式求出摩擦产生的热量．

    解答 解：（1）金属块从A到B过程，电场力做功为零，电势能不变，由能量守恒定律得：
      mgR=$\frac{1}{2}$mvB2
    代入数据解得：vB=4m/s；
    （2）由牛顿第二定律得：μ（qEcos45°+mg）+qEsin45°=ma，
    由速度位移公式得：vB2-vC2=2axBC，
    代入数据解得：a=10m/s2，vC=2m/s，
    时间：t=$\frac{{v}_{B}-{v}_{C}}{a}$=$\frac{4-2}{10}$s=0.2s；
    （3）金属块P在电场中运动时，木板的加速度大小 aQ=$\frac{f′}{M}$=1m/s2，所以物块P刚离开电场时，Q板的速度为
      v2=aQt=0.2 m/s物块P离开电场后，系统动量守恒，Q板足够长，设P、Q最终共速为v，取向右为正方向，由动量守恒定律有
     mv1+Mv2=（m+M）v
    解出v=0.5 m/s
    由能量转化与守恒定律，全过程摩擦产生热量
    Q=mgR-$\frac{1}{2}$（m+M）v2-W电
    电场力只在BC段对金属块P做功，
    W电=F电xBCcos45°=0.6 J
    故Q=0.85 J
    答：
    （1）金属块P从A点滑到B点时的速度的大小为4m/s；
    （2）金属块P从B点滑上木板Q后到离开电场过程所经历的时间为0.2s；
    （3）金属块P从滑上Q到离开电场的过程中摩擦产生的热量为0.85J．

    点评 本题考查了求速度、运动时间、产生的热量，分析清楚物体运动过程、应用机械能守恒定律、牛顿第二定律、运动学公式、功的计算公式即可正确解题．

    练习册系列答案
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