Question

5．如圖所示，在粗糙的水平面上有一個(gè)固定的$\frac{1}{4}$光滑圓弧形絕緣軌道AP，軌道半徑R=0.45m軌道的最低點(diǎn)P的右側(cè)緊靠一絕緣長木板，且與木板的上表面相切，木板質(zhì)量M=0.3kg，在OP的右側(cè)空間（不含OP邊界），加有一方向豎直向下、場強(qiáng)大小E=5×10⁴N/C的勻強(qiáng)電場，現(xiàn)有一質(zhì)量m=0.2kg，帶電荷量q=+4×10^-5C的小滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)），從圓弧形軌道與圓心O點(diǎn)登高的A點(diǎn)由靜止滑下，滑上木板后，恰好未從木板上滑下來．已知滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ₁=0.25，木板與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ₂=0.1，假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，g取10m/s²，求：
（1）滑塊沿圓形軌道AP下滑至P點(diǎn)時(shí)對(duì)P點(diǎn)的壓力大��；
（2）木板的長度；
（3）木板在水平面上運(yùn)動(dòng)的最遠(yuǎn)距離．

Answer 1

分析 （1）據(jù)機(jī)械能守恒、牛頓定律即可求解；
（2）先找出二者位移的關(guān)系，再利用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解即可．
（3）物體與木板相對(duì)靜止后做減速運(yùn)動(dòng)，先求出加速度，再求出速度為0時(shí)完成的位移，再加上原來的位移即為最遠(yuǎn)距離．

解答 解：（1）物體從A到P為研究過程，到達(dá)P點(diǎn)的速度為v₀，由機(jī)械能守恒得：
                       mgR=$\frac{1}{2}$m${v}_{0}^{2}$   ①
 在P點(diǎn)據(jù)牛頓第二定律得：F-mg=$m\frac{{v}_{0}^{2}}{R}$   ②
在P點(diǎn)由牛頓第三定律可知：F與F′等大反向，聯(lián)立以上解得：
    v₀=3 m/s   F′=6N，方向豎直向下
（2）選向右為正：物體的加速度為大小為：${a}_{1}=-\frac{{μ}_{1}（mg+Eq）}{m}$=-5m/s² 
                木板的加速度為：${a}_{2}=\frac{{μ}_{1}（mg+qE）-{μ}_{2}（Mg+mg+Eq）}{M}$=1m/s²
  設(shè)經(jīng)過時(shí)間t速度相等則：v₀+a₁t=a₂t  得：t=0.5s，達(dá)到的共同的速度為V=a₂t=0.5m/s
  期間物體的位移：${x}_{1}={v}_{0}t+\frac{1}{2}{a}_{1}{t}^{2}$=0.875m
      木板的位移：${x}_{2}=\frac{1}{2}{a}_{2}{t}^{2}$=0.125m
   則木板的長度：L=x₁-x₂=0.75m
 （3）因μ₂＞μ₁，則二者共速度后相對(duì)靜止并沿地面做減速運(yùn)動(dòng)，其加速度為：a=-$\frac{{μ}_{2}（mg+Mg+Eq）}{M+m}$=-$\frac{0-0．{5}^{2}}{2（-1.4）}$1.4m/s²
    則共同的位移為：x′=$\frac{0-0．{5}^{2}}{2（-1.4）}$=0.09m
      最遠(yuǎn)距離為：X=x₂+x′=0.125+0.09=0.215m
答：（1）滑塊沿圓形軌道AP下滑至P點(diǎn)時(shí)對(duì)P點(diǎn)的壓力為9N
（2）木板的長度為0.75m；
（3）木板在水平面上運(yùn)動(dòng)的最遠(yuǎn)距離為0.215m

點(diǎn)評(píng) 本題綜合考機(jī)械能守恒，第二定律，及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式的應(yīng)用，要綜合分析運(yùn)動(dòng)情況，注意矢量的方向，綜合性較強(qiáng)，對(duì)學(xué)生的能力要求較高，需加強(qiáng)該方面的訓(xùn)練