Question

19．在如图所示，AB为光滑水平桌面；BQ为竖直平面内半径为R的四分之一粗糙圆弧轨道，固定在AB右端．Q点与圆心O等高．在水平桌面上放一块长为L=1m的木板，其质量为m=1kg，木板右端上表面与圆弧轨道相切于B点．木板左端放一个质量也为m的小物块（可视为质点），小物块带电量为q=10^-4C．现在竖直线OB左侧空间加匀强电场，电场强度E=10⁵N/C，方向与水平方向成37°斜向下，同时在小物块上施加6N的水平向左的恒力F．小物块与木板之间的动摩擦因数为μ=0.25，重力加速度g=10m/s²．sin37°=0.6，cos37°=0.8．设小物块与薄板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．
（1）求小物块所受的摩擦力大小；
（2）若撤去拉力F，求小物块第一次到达B点时的速度大小；
（3）当小物块返回B点时，撤去电场．小物块最后停在木板上，距木板右端l=0.2m处． 求小物块在圆弧轨道上运动过程中克服摩擦力做的功．

Answer 1

分析 （1）将电场力分解成水平方向与竖直方向，再根据滑动摩擦力，来确定最大静摩擦力，从而确定小物块是否运动，进而确定摩擦力大小；
（2）撤去F后，确定小物块的合力，再根据动能定理，即可求解；
（3）小物块从B点滑上圆弧轨道后再返回B点过程，运用动能定理，再根据运动学公式，求得与相对位移的关系，从而求得克服摩擦力做的功．

解答 解：（1）电场力在水平方向的分力为：qEcos37°=10^-4×10⁵×0.8=8N
电场力在竖直方向的分力为：qEsin37°=10^-4×10⁵×0.6=6N
小物块与木板间的最大静摩擦力为：f_m=μ（mg+qEsin37°）=0.25×（1×10+6）=4N
由于qEcos37°-F＜f_m，小物块保持静止，
所以小物块受静摩擦力为：f=qEcos37°-F=8-6=2N
（2）撤去F后，小物块向右加速，木板仍然静止．小物块受合力为：
F=qEcos37°-f_m=8-4=4N，
小物块从开始至运动到B点，由动能定理得：FL=$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$ 
B点速度为：v₀=$\sqrt{\frac{2Fl}{m}}$
代入数据解得：v₀=2$\sqrt{2}$m/s
（3）小物块从B点滑上圆弧轨道后再返回B点过程，设返回速度为v，由动能定理有：
-W_f=$\frac{1}{2}m{v}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
小物块减速，加速度大小为：a₁=$\frac{{f}_{m}}{m}$=μg=2.5m/s²；
木板加速，加速度大小为：a₂=$\frac{{f}_{m}}{m}$=μg=2.5m/s²
从小物块滑上木板到相对静止，所用时间为t，有：
v-a₁t=a₂t
（vt-$\frac{1}{2}$a₁t²）-$\frac{1}{2}{a}_{2}{t}^{2}$=l
解得：W_f=3J
答：（1）小物块所受的摩擦力大小2N；
（2）小物块第一次到达B点时的速度大小2$\sqrt{2}$m/s；
（3）小物块在圆弧轨道上运动过程中克服摩擦力做的功3J．

点评 本题综合考查了动能定理、牛顿第二定律、运动学公式等知识，综合性较强，关键理清物块的运动过程，选择合适的规律进行求解．注意还可以用l=$\frac{v}{2}t$求得相对位移．