Question

3．如圖所示，傾角θ=30°的斜面足夠長，OA段光滑，A點下方粗糙且與物體C間的摩擦因數(shù)μ₁=$\frac{1}{4\sqrt{3}}$．水平面上足夠長OB段粗糙且μ₂=0.5，B點右側水平面光滑．OB之間有與水平方向β角（sinβ=$\frac{\sqrt{10}}{10}$，cosβ=$\frac{3\sqrt{10}}{10}$），斜向右上方、大小E=$\sqrt{10}$×10⁵V/m的勻強電場．C、D均可視為質點，質量分別為m_C=4kg，m_D=1kg，C不帶電，D帶電q=+1×10^-4C，用輕質細線將C、D連在一起，跨過光滑的定滑輪，分別將C、D置于斜面及水平面上的P和Q點，用手按住D，系統(tǒng)保持由靜止．松手后C、D均由靜止開始運動，B、Q間距離d=1m，A、P間距離為2d，細繩與滑輪之間的摩擦不計．細線始終處于拉緊狀態(tài)．（g=10m/s²），求：
（1）物體C第一次運動到A點時的重力的功率；
（2）物塊D運動過程中電勢能變化量的最大值；
（3）物體C第一次經(jīng)過A到第二次經(jīng)過A的時間t．

Answer 1

分析 （1）對D進入電場的受力情況進行分析得知，水平面對物體D的支持力為零，則水平面對D物體沒有摩擦力．對C、D組成的系統(tǒng)，運用動能定理列式，可求出C物塊到A點速度v₀，即可由公式P=m_Dgsin30°v₀求出物體C第一次運動到A點時的重力的功率；
（2）C經(jīng)過A點后將減速下滑至速度為0后又加速上滑，分別對C、D，根據(jù)牛頓第二定律和運動學公式列式，求出C向下發(fā)生的位移x₁和時間，再求出電場力做功，從而得到電勢能變化量的最大值；
（3）物體C后再加速上滑到A的過程中，再對兩個物體運用牛頓第二定律和運動學公式列式，求出C上升到A處的時間，即可求得總時間．

解答 解：（1）D進入電場受力后，qEsinβ=1×10^-4×$\sqrt{10}$×10⁵×$\frac{\sqrt{10}}{10}$N=10N，m_Dg=10N，
可知qEsinβ=m_Dg，所以N=0，D在OB段不受摩擦力．
設C物塊到A點速度為v₀，由題知釋放后，C物將沿斜面下滑，C物從P到A過程，
對C、D系統(tǒng)由功能關系得：${m_c}g2dsinθ-qEcosβd=\frac{1}{2}（{m_c}+{m_D}）ν_0^2$，解得：v₀=2m/s；
重力的功率：P=m_Cgsin30°v₀=4×10×0.5×2W=40W；
（2）由題意，C經(jīng)過A點后將減速下滑至速度為0后又加速上滑，設其加速度大小為a₁，
向下運動的時間為t₁，發(fā)生的位移為x₁，對物體C：m_Cgsinθ-T₁-μm_Cgcosθ=-m_Ca₁
對物體D：T₁-qEcosβ=-m_Da₁，${t_1}=\frac{v_0}{a_1}$${x_1}=\frac{{{v_0}^2}}{{2{a_1}}}$，
D從開始運動到最左端過程中：w_電=-qEcosβ•（x₁+d）
解得：w_電=-50J，所以電勢能變化量的最大值為50J；
（3）設物體C后再加速上滑到A的過程中，加速度大小為a₂，時間t₂，有：
對物體C：T₂-μm_Cgcosθ-m_cgsinθ=m_Ca₂
對物體D：qEcosβ-T₂=m_Da₂${x_1}=\frac{1}{2}{a_2}t_2^2$，
運動時間：t=t₁+t₂，解得：$t=\frac{2}{3}（\sqrt{3}+1）s≈1.82s$
答：（1）物體C第一次運動到A點時的重力的功率為40W；
（2）物塊D運動過程中電勢能變化量的最大值為50J；
（3）物體C第一次經(jīng)過A到第二次經(jīng)過A的時間t為1.82s．

點評 本題關鍵要正確分析兩個物體的受力情況，牛頓第二定律和運動學公式結合研究其運動情況，是動力學常用的思路．對于兩個物體組成的連接體，采用隔離法求解加速度是基本的方法，要熟練掌握，列式時不能漏力．