Question

9．傾角θ=30°的斜面AB粗糙且絕緣，C為AB上的一點(diǎn)，且BC長為1m，在AC間放有一根平行于斜面的絕緣輕質(zhì)彈簧，在彈簧所在區(qū)域內(nèi)加一方向垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場，C為電場的邊界線，電場強(qiáng)度E=$\frac{\sqrt{3}mg}{2q}$，如圖所示．現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q可視為質(zhì)點(diǎn)帶正電的小物塊，從B點(diǎn)開始以速度2m/s沿斜面向下勻速運(yùn)動，接觸彈簧后做變速運(yùn)動，最后又被彈出電場區(qū)域，若彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度g=10m/s²，則下列有關(guān)描述中正確的有（　�。�

• A． 粗糙斜面的動摩擦因數(shù)為$\frac{\sqrt{3}}{3}$
• B． 小物塊進(jìn)入電場向下壓縮彈簧的過程中先加速后減速運(yùn)動
• C． 小物塊進(jìn)入電場后小物塊和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能減小
• D． 小物塊最后停在BC間，距C點(diǎn)0.3m處

Answer 1

分析 1．小物體在BC上做勻速運(yùn)動，對小物體進(jìn)行受力分析，然后根據(jù)平衡條件列方程求解動摩擦因數(shù)即可；
2．小物體進(jìn)入有電場的區(qū)域后，對它進(jìn)行受力分析，然后結(jié)合牛頓第二定律即可說明小物塊運(yùn)動的類型；
3．根據(jù)各個(gè)力做功的情況與能量轉(zhuǎn)化的方向判定小物塊進(jìn)入電場后小物塊和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能的變化；
4．小物塊從C處出電場，設(shè)從C處出電場滑行距離X，運(yùn)用動能定理列方程即可．

解答 解：A、小物塊在BC上勻速運(yùn)動，支持力：N=mgcosθ
滑動摩擦力：f=μN(yùn)
由平衡條件得：mgsinθ=μmgcosθ
解得：μ=tanθ=$tan30°=\frac{\sqrt{3}}{3}$．故A正確；
B、小物塊進(jìn)入電場后受到的電場力：$F=qE=q•\frac{\sqrt{3}mg}{2q}=\frac{\sqrt{3}mg}{2}$
所以在垂直于斜面的方向上：$mgcos30°=\frac{\sqrt{3}mg}{2}=F$，即垂直于斜面向上的電場力與重力沿垂直于斜面向下的分力大小相等，所以小物塊對斜面的壓力為0，此時(shí)小滑塊不受斜面的摩擦力．
在沿斜面的方向上，小物塊受到重力沿斜面向下的分力與彈簧的沿斜面向上的彈力的作用，開始時(shí)，彈簧的彈力小于重力的分力，所以小物塊將先做加速運(yùn)動．當(dāng)彈力與重力沿斜面向下的分力大小相等時(shí)，小物塊的速度最大，此后彈力大于重力的分力，小物塊做減速運(yùn)動，直到速度為0．
所以小物塊進(jìn)入電場向下壓縮彈簧的過程中先加速后減速．故B正確；
C、由B的分析可知，小物塊在CA段不受摩擦力的作用，同時(shí)，由于電場力的運(yùn)動與運(yùn)動的方向垂直，所以電場力也不做功，只有重力和彈簧的彈力做功，小物塊與彈簧組成的系統(tǒng)的機(jī)械能守恒．故C錯(cuò)誤；
D、由以上的分析可知，小物塊從C處出電場時(shí)的速度仍然是2m/s，向上運(yùn)動的過程中受到重力、支持力和沿斜面向下的摩擦力的作用，由動能定理得：
-$\frac{1}{2}$mgLsinθ-fL=0-$\frac{1}{2}$mv²₀）
代入數(shù)據(jù)得：L=0.2m，即小物塊向上運(yùn)動的最大位移是0.2m．由于重力向下的分力與滑動摩擦力相等，要小于最大靜摩擦力，所以小物塊最后停在BC間，距C點(diǎn)0.2m處．故D錯(cuò)誤．
故選：AB

點(diǎn)評 本題借助電場力考查了牛頓第二定律的應(yīng)用以及動能定理的應(yīng)用．在電場中曲線運(yùn)動時(shí)動能定理也是常用到的解題工具．