Question

2．如图所示，在粗糙的水平面上放有质量为M=0.3kg的绝缘长木板，有一质量为m=0.2kg，带电量为q=+4×10^-5C的小滑块（可视为质点）正沿木板的上表面向左运动．木板左端有一个固定的，半径R=0.1m的四分之一光滑圆形绝缘轨道AB与之相接，轨道的最低点B点与木板的上表面相切．整个空间加有一个方向竖直向下、场强大小为E=5×10⁴N/C的匀强电场．己知滑块与木板间的动摩擦因数为μ₁=0.25，木板与水平面间的动摩擦因素为μ₂=0.1，滑块在木板上向左运动至距离B点x=0.3m处时速度大小为v₀=2$\sqrt{3}$m/s．（g取10m/s²）求：
（1）滑块通过木板滑上固定的光滑圆形轨道AB，沿轨道AB上升的最大高度H；
（2）滑块沿轨道AB返回刚运动至B点时对轨道的压力；
（2）若木板长度为0.6m，试求滑块再次返回滑上木板，而在木板上运动的过程中，系统因摩擦而产生的热量．

Answer 1

分析 （1）对于滑块上升到最高点过程，重力、电场力、摩擦力做功，根据动能定理求出滑块上升的最大高度H；
（2）滑块从开始运动到返回至B点处过程，摩擦力和电场力做功，再由动能定理求解速度v_B的大小．在B点，由重力、电场力和轨道的支持力的合力提供向心力，由牛顿运动定律求滑块沿轨道AB返回刚运动至B点时对轨道的压力．
（3）滑块沿轨道AB返回运动滑上木板，滑块做匀减速运动，木块做匀加速运动，当两者速度相等时，两者所走的位移之差即为木板的长度的最小值．由牛顿第二定律和运动学公式结合求解．再分析板长0.6m时，两者相对滑行的距离，即可求热量．

解答 解：（1）对于滑块上升到最高点过程，根据动能定理得：
-μ₁（qE+mg）•x-（qE+mg）•H=0-$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
解得：H=$\frac{9}{40}$m
（2）对于滑块从最高点至B点处过程，根据动能定理得：
  （qE+mg）•H=$\frac{1}{2}$$m{v}_{B}^{2}$
解得：v_B=3m/s
在B点，由牛顿第二定律得：
  N-（qE+mg）=m$\frac{{v}_{B}^{2}}{R}$
解得 N=22N
则根据牛顿第三定律得，滑块沿轨道AB返回刚运动至B点时对轨道的压力为22N．
（3）滑块滑回木板后做匀减速运动，滑块的加速度为 a_m=$\frac{{μ}_{1}（mg+qE）}{m}$=5m/s²．
木板的加速度 a_M=$\frac{{μ}_{1}（mg+qE）-{μ}_{2}（Mg+mg+qE）}{M}$=1m/s²；
设两者经过时间t速度相等，则  v_B-a₁t=a₂t，解得，t=0.5s
速度相等之后，滑块与木板相对静止做匀减速运动直至停止．那么速度相等时，两者所走的位移之差即为木板的长度的最小值，
则在两者相对滑动的过程中，滑块的位移为 s₁=v_Bt-$\frac{1}{2}$a_mt²=$\frac{7}{8}$m，木板的位移为 s₂=$\frac{1}{2}$a_Mt²=$\frac{1}{8}$m
要使滑块不从木板上掉下来，木板长度的最小值为：L=s₁-s₂=0.75m．
因此当木板长度为0.6m时，滑块能从板上滑下，两者相对位移大小为△s=0.6m
设滑块在板上滑行时间为 t′，则有 L=（v_Bt′-$\frac{1}{2}$a_mt′²）-$\frac{1}{2}$a_Mt′²
将L=0.6m、a_m=5m/s²、a_M=1m/s²；解得 t′=$\frac{5-\sqrt{5}}{10}$s
则 木板的位移为 s₂′=$\frac{1}{2}$a_Mt′²=$\frac{3-\sqrt{5}}{20}$m
滑块的位移为s₁'=$\frac{15-\sqrt{5}}{20}$m
系统因摩擦而产生的热量 Q=μ₁（qE+mg）•△s+μ₂（Mg+qE+mg）s₂′=$\frac{141-7\sqrt{5}}{200}$J
答：
（1）滑块通过木板滑上固定的光滑圆形轨道AB，沿轨道AB上升的最大高度H是$\frac{9}{40}$m；
（2）滑块沿轨道AB返回刚运动至B点时对轨道的压力是22N；
（2）若木板长度为0.6m，试求滑块再次返回滑上木板，而在木板上运动的过程中，系统因摩擦而产生的热量是$\frac{141-7\sqrt{5}}{200}$J．

点评 本题的关键要耐心细致地分析物体的运动过程，根据木板所受的滑动摩擦力与最大静摩擦力的关系，判断木板的运动状态，运用动能定理、牛顿第二定律和运动学公式结合进行处理．