Question

11．如圖所示，質(zhì)量為m=1kg，帶電量為q=+3×10^-4C的小物塊，放置在質(zhì)量為M=2kg的足夠長的木板的中間，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ=0.1，木板放置在光滑的水平面上，在水平面上方存在兩個電場區(qū)域Ⅰ、Ⅱ，電場強度大小均為E=10⁴N/C，兩區(qū)域的寬度均為L=1m，邊界距離為d，將物塊從圖示位置（物塊在Ⅰ區(qū)內(nèi)的最左邊）靜止釋放，已知在整個過程中物塊不會滑出木板，g取10m/s²，求

（1）物塊剛離開Ⅰ區(qū)域時，物塊的速度；
（2）若物塊剛進入Ⅱ區(qū)域時，物塊與木板速度剛好相同，兩個區(qū)域邊界距離d；
（3）物塊從靜止位置至向右滑動的最遠距離．

Answer 1

分析 （1）對物塊由牛頓第二定律和運動學公式求速度
（2）I區(qū)域內(nèi)和離開Ⅰ區(qū)域后對木板應用牛頓第二定律和運動學方程求作用邊界的距離
（3）物塊與木板不能相對靜止，物塊的加速度大小等于a₁，且物塊做勻減速運動至速度為零，由運動學規(guī)律求解．

解答 解：（1）物塊在Ⅰ區(qū)域內(nèi)電場對其加速，帶動木板向右加速
物塊受到電場力F=Eq=3N
設(shè)物塊能與木板一起加速，則F=（M+m）a 
解得 a=1m/s²
而木板受摩擦力產(chǎn)生的最大加速度a_m=$\frac{μmg}{M}$=$\frac{0.1×1×10}{2}$=0.5m/s²
說明不能一起加速而是分別加速，則物塊的加速度a₁=$\frac{F-μmg}{m}$=$\frac{3-0.1×1×10}{1}$=2m/s ²
木板的加速度為a₂=a_m=0.5m/s²
物塊向右加速的距離為L=1m 獲得的速度為v₁=$\sqrt{2{a_1}L}$=$\sqrt{2×2×1}$=2m/s   
（2）物塊離開Ⅰ區(qū)域時，木板已獲得的速度v₂
由（1）的部分分析可得v₂=${a_2}\frac{v_1}{a_1}$=$\frac{0.5×2}{2}$=0.5m/s
物塊與木板在兩個電場之間的空區(qū)內(nèi)相對滑動，到物塊剛進入Ⅱ區(qū)域時，物塊與木板速度剛好相同，說明此時相對靜止，在該空區(qū)相對滑動過程中，物塊的加速度大小
a₃=μg=0.1×10=1m/s²
木板的加速度仍為a₂，設(shè)在空區(qū)運動的時間為t，達到速度相等v₁-a₃t=v₂+a₂t
解得t=1s
此階段物塊發(fā)生的位移即為兩區(qū)域間邊界距離d，
d=v₁t-$\frac{1}{2}$a₃t²=2×$1+\frac{1}{2}×1×{1}^{2}$=1.5m  
（3）物塊剛進入Ⅱ區(qū)域時速度為為v=v₁-a₃t=2-1×1=1m/s，
由（1）的分析可知，此時物塊與木板不能相對靜止，物塊的加速度大小等于a₁，且物塊做勻減速運動至速度為零
設(shè)此階段的位移為x，則x=$\frac{v^2}{{2{a_1}}}$=$\frac{{1}^{2}}{2×2}$=0.25m              
物塊向右運動的總距離為L+d+x=1+1.5+0.25=2.75m   
答：（1）物塊剛離開Ⅰ區(qū)域時，物塊的速度2m/s；
（2）若物塊剛進入Ⅱ區(qū)域時，物塊與木板速度剛好相同，兩個區(qū)域邊界距離d為1.5m；
（3）物塊從靜止位置至向右滑動的最遠距離2.75m．

點評 對物塊分過程分析受力，應用牛頓第二定律和運動學公式聯(lián)合求解，注意分析最后物塊停止的位置，題目難度較大．