Question

19．在如图所示的竖直平面内，倾斜轨道与水平面的夹角θ=37°，空间有一匀强电场，电场方向垂直轨道向下，电场强度E=1.0×10⁴N/C．小物体A质量m=0.2kg、电荷量q=+4×10^-5C，若倾斜轨道足够长，A与轨道间的动摩擦因数为μ=0.5，现将物体A置于斜面底端，并给A一个方向沿斜面向上大小为v₀=4.4m/s的初速度，A在整个过程中电荷量保持不变，不计空气阻力（取g=10m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8）．求：
（1）物体A回到出发点所用的时间？
（2）若A出发的同时，有一不带电的小物体B在轨道某点静止释放，经过时间t=0.5s与A相遇，且B与轨道间的动摩擦因数也为μ=0.5．求B的释放点到倾斜轨道底端的长度s？

Answer 1

分析 物体A沿斜面上滑，分析其受力，根据牛顿第二定律可得其加速度大小，根据速度公式可得上滑的时间，结合速度位移公式可得上滑的距离；当物体A向上的速度减为零后，将沿斜面下滑，对其受力分析，根据牛顿第二定律求出其加速度，由于上滑和下滑的位移相同，结合位移时间公式可求下滑时间，从而可得物体A回到出发点所用的时间；
根据牛顿第二定律可得B的加速度，AB在t=0.5s相遇，t＞0.4s说明此时A在沿轨道下滑过程中与B物体相遇，结合运动学公式可求解．

解答 解：（1）上滑过程，对物体A受力分析，受竖直向下的重力mg，垂直于斜面向上的支持力N，沿斜面向下的摩擦力f，及垂直于斜面向下的电场力qE，
根据牛顿第二定律可得：ma₁=mgsinθ+μN
又：N=mgcosθ+Eq
联立可得：${a}_{1}=gsinθ+μ\frac{mgcosθ+Eq}{m}$=$10×0.6+\frac{0.5×（0.2×10×0.8+1×1{0}^{4}×4×1{0}^{-5}）}{0.2}$=11m/s²；
${t}_{上}=\frac{{v}_{0}}{{a}_{1}}$=$\frac{4.4}{11}=0.4s$，
s=$\frac{{v}_{0}^{2}}{2a}$=$\frac{4．{4}^{2}}{2×11}$=0.88m，
下滑过程：ma₂=mgsinθ-μN，
N=mgcosθ+Eq
${a}_{2}=gsinθ-μ\frac{mgcosθ+qE}{m}$=10×0.6-$\frac{0.5×（0.2×10×0.8+1×1{0}^{4}×4×1{0}^{-5}）}{0.2}=1m/{s}^{2}$        
$S=\frac{1}{2}{a}_{2}{{t}_{下}}^{2}$
${t}_{下}=\sqrt{\frac{2S}{{a}_{2}}}=\sqrt{\frac{2×0.88}{1}}=1.33s$               
t_总=t_上+t_下=0.4+1.33=1.73s；
                           
（2）对物体B而言：${a}_{B}=gsinθ-μgcosθ=2m/{s}^{2}$，
AB在t=0.5s相遇，t＞0.4s说明此时A在沿轨道下滑过程中与B物体相遇
下滑时间：△t=0.1s，
${s}_{A}={s}_{上}-\frac{1}{2}{a}_{2}△{t}^{2}$=$0.88-\frac{1}{2}×1×0．{1}^{2}$=0.875m                 
${S}_{B}=\frac{1}{2}{a}_{B}{t}^{2}=\frac{1}{2}×2×0．{5}^{2}=0.25m$                   
释放点到底端距离：S=S_A+S_B=0.875+0.25=1.125m．
答：（1）物体A回到出发点所用的时间为1.73s；
（2）B的释放点到倾斜轨道底端的长度为1.125m．

点评 本题考查牛顿第二定律与运动学公式的基本应用，综合性强，应注重分析物体的运动情况．