Question

3．如图所示，倾角θ=30°的斜面足够长，OA段光滑，A点下方粗糙且与物体C间的摩擦因数μ₁=$\frac{1}{4\sqrt{3}}$．水平面上足够长OB段粗糙且μ₂=0.5，B点右侧水平面光滑．OB之间有与水平方向β角（sinβ=$\frac{\sqrt{10}}{10}$，cosβ=$\frac{3\sqrt{10}}{10}$），斜向右上方、大小E=$\sqrt{10}$×10⁵V/m的匀强电场．C、D均可视为质点，质量分别为m_C=4kg，m_D=1kg，C不带电，D带电q=+1×10^-4C，用轻质细线将C、D连在一起，跨过光滑的定滑轮，分别将C、D置于斜面及水平面上的P和Q点，用手按住D，系统保持由静止．松手后C、D均由静止开始运动，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．细线始终处于拉紧状态．（g=10m/s²），求：
（1）物体C第一次运动到A点时的重力的功率；
（2）物块D运动过程中电势能变化量的最大值；
（3）物体C第一次经过A到第二次经过A的时间t．

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，即可由公式P=m_Dgsin30°v₀求出物体C第一次运动到A点时的重力的功率；
（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；
（3）物体C后再加速上滑到A的过程中，再对两个物体运用牛顿第二定律和运动学公式列式，求出C上升到A处的时间，即可求得总时间．

解答 解：（1）D进入电场受力后，qEsinβ=1×10^-4×$\sqrt{10}$×10⁵×$\frac{\sqrt{10}}{10}$N=10N，m_Dg=10N，
可知qEsinβ=m_Dg，所以N=0，D在OB段不受摩擦力．
设C物块到A点速度为v₀，由题知释放后，C物将沿斜面下滑，C物从P到A过程，
对C、D系统由功能关系得：${m_c}g2dsinθ-qEcosβd=\frac{1}{2}（{m_c}+{m_D}）ν_0^2$，解得：v₀=2m/s；
重力的功率：P=m_Cgsin30°v₀=4×10×0.5×2W=40W；
（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，设其加速度大小为a₁，
向下运动的时间为t₁，发生的位移为x₁，对物体C：m_Cgsinθ-T₁-μm_Cgcosθ=-m_Ca₁
对物体D：T₁-qEcosβ=-m_Da₁，${t_1}=\frac{v_0}{a_1}$${x_1}=\frac{{{v_0}^2}}{{2{a_1}}}$，
D从开始运动到最左端过程中：w_电=-qEcosβ•（x₁+d）
解得：w_电=-50J，所以电势能变化量的最大值为50J；
（3）设物体C后再加速上滑到A的过程中，加速度大小为a₂，时间t₂，有：
对物体C：T₂-μm_Cgcosθ-m_cgsinθ=m_Ca₂
对物体D：qEcosβ-T₂=m_Da₂${x_1}=\frac{1}{2}{a_2}t_2^2$，
运动时间：t=t₁+t₂，解得：$t=\frac{2}{3}（\sqrt{3}+1）s≈1.82s$
答：（1）物体C第一次运动到A点时的重力的功率为40W；
（2）物块D运动过程中电势能变化量的最大值为50J；
（3）物体C第一次经过A到第二次经过A的时间t为1.82s．

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．