Question

15．足够长的粗糙绝缘板A上放一个质量为m、电荷量为+q的小滑块B．用手托住A置于方向水平向左、场强大小为E的匀强电场中，此时A、B均能静止，如图所示．现将绝缘板A从图中位置P垂直电场线移至位置Q，发现小滑块B相对A发生了运动．为研究方便可以将绝缘板A的运动简化成先匀加速接着匀减速到静止的过程．测量发现竖直方向加速的时间为1.0s，减速的时间为0.5s，P、Q位置高度差为1.5m．已知B质量m=1kg，匀强电场的场强E=0.3$\frac{mg}{q}$，A、B之间动摩擦因数μ=0.4．g取10m/s²．求：
（1）绝缘板A加速运动和减速运动的加速度分别为多大？
（2）滑块B最后停在离出发点水平距离多大处？
（3）B滑块在A板减速过程中，B滑块机械能是变化的，变大还是变小，变化了多少？

Answer 1

分析 （1）根据运动学公式列方程求加速和减速的加速度大小；
（2）先以B为研究对象列牛顿第二定律方程然后以A为研究对象列牛顿第二定律方程求出加速度大小，然后根据位移公式求二者运动的距离，最后由几何关系求出滑块B最后停在离出发点水平距离．
（3）求出滑块B初末状态的动能，求出重力势能的变化，然后求出机械能的变化．

解答 解：（1）设木板A匀加速和匀减速的加速度大小分别为a₁和a₂，匀加速和匀减速的时间分别为t₁和t₂，P、Q高度差为h，
则有：a₁t₁=a₂t₂，
h=$\frac{1}{2}$a₁t₁²+$\frac{1}{2}$a₂t₂²，
解得：a₁=2m/s²，a₂=4m/s²；
（2）研究滑块B，在木板A匀减速的过程中，由牛顿第二定律可得：
竖直方向：mg-N=ma₂，
水平方向：qE-μN=ma₃，
解得：a₃=0.6m/s²，
在这个过程中滑块B的水平位移大小为：s₁=$\frac{1}{2}$a₃t₂²=$\frac{1}{2}$×0.6×0.5²=0.075m，
A减速结束时，滑块B的速度：v=a₃ta₂=0.6×0.5=0.3m/s，
在木板A静止后，滑块B将沿水平方向做匀减速运动，设加速度大小为a₄，由牛顿第二定律得：
μmg-qE=ma₄，
解得：a₄=1m/s²，
该过程中滑板B的水平位移大小为：s₂=$\frac{{v}^{2}}{2{a}_{4}}$=$\frac{0．{3}^{2}}{2×1}$s₃=0.045m，
最后滑板B静止时离出发点的水平距离为：s=s₁+s₁=0.12m；
（3）A开始减速时AB的速度：v_B=a₁t₁=2×1=2m/s，
A减速过程上升的高度：△h=$\frac{{v}_{B}}{2}$t₂=$\frac{2}{2}$×0.5=0.5m，
A减速结束时B的速度：v=0.3m/s，
B机械能的变化量：△E=$\frac{1}{2}$mv²-$\frac{1}{2}$mv_B²+mg△h=$\frac{1}{2}$×1×0.3²-$\frac{1}{2}$×1×2²+1×10×0.5=3.045J，
机械能增加了3.045J；
答：（1）木板A加速和减速的加速度分别为2m/s²和4m/s²．                                
（2）滑块B最后停在离出发点水平距离0.12m．
（3）B滑块在A板减速过程中，B滑块机械能变大了3.045J．

点评 本题考查了牛顿第二定律在连接体问题中的应用，关键是列牛顿第二定律方程时正确的选取研究对象受力分析，分析清楚物体的运动过程是正确解题的关键．