Question

（2013?寧波模擬）如圖所示，質(zhì)量M=0.2kg的長板靜止在水平地面上，與地面間動(dòng)摩擦因數(shù)μ₁=0.1，另一質(zhì)量m=0.1kg的帶正電小滑塊以Vo=8m/s初速滑上長木板，滑塊與長木板間動(dòng)摩擦因數(shù)μ₂₌0.5，小滑塊帶電量為q=2×10^-3C，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程始終處于水平向右的勻強(qiáng)電場中，電場強(qiáng)度E=l×l0⁺²N/C，（g=10m/s²） 
求：（1）剛開始時(shí)小滑塊和長板的加速度大小各為多少？
（2）小滑塊最后停在距木板左端多遠(yuǎn)的位置．
（3）整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中產(chǎn)生的熱量．

Answer 1

分析：（1）對(duì)小滑塊和長木板進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律列式求解加速度；
（2）設(shè)兩者經(jīng)過t時(shí)間相對(duì)靜止，此時(shí)速度為v，根據(jù)速度時(shí)間公式求出時(shí)間和速度，根據(jù)位移時(shí)間公式求出小滑塊和長木板的位移，此后兩者一起向右減速運(yùn)動(dòng)，進(jìn)而求出小滑塊最后距木板左端的距離；
（3）根據(jù)牛頓第二定律求出共有運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度，根據(jù)位移速度公式求出共同運(yùn)動(dòng)的位移，根據(jù)能量守恒列式即可求解．

解答：解：（1）設(shè)小滑塊的加速度為a₁，長木板的加速度為a₂，
由牛頓第二定律得：
Eq-μ₂mg=ma₁
解得：a1=-3m/s2
μ₂mg-μ₁（m+M）g=Ma₂
解得：a2=1m/s2
（2）設(shè)兩者經(jīng)過t時(shí)間相對(duì)靜止，此時(shí)速度為v，
則v₀-a₁t=a₂t
解得：t=2s，v=2m/s
這段時(shí)間內(nèi)小滑塊的位移x1=v0t-

1

2

 a1t2=10m
木塊的位移x2=

1

2

 a2 t2=2m
由于此后兩者一起向右減速運(yùn)動(dòng)，所以小滑塊最后距木板左端的距離△x=x₁-x₂=8m
（3）設(shè)兩者一起向右運(yùn)動(dòng)的加速度為a₃，
由牛頓第二定律得：
Eq-μ₁（m+M）g=（M+m）a₃
解得：a3=

1

3

m/s2
一起向右減速的位移x3=

v2

2 a3

=6m
由能量守恒可知：Q=

1

2

mv02+Eq(x1+x3)=6.4J
答：（1）剛開始時(shí)小滑塊的加速度大小為3m/s²，長板的加速度大小為1m/s²；
（2）小滑塊最后停在距木板左端8m的位置．
（3）整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中產(chǎn)生的熱量為6.4J．

點(diǎn)評(píng)：解題的關(guān)鍵是正確對(duì)滑塊和木板進(jìn)行受力分析，清楚滑塊和木板的運(yùn)動(dòng)情況，根據(jù)牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)基本公式求解，難度適中．