Question

11．如图所示，质量为m=1kg，带电量为q=+3×10^-4C的小物块，放置在质量为M=2kg的足够长的木板的中间，物块与木板间的动摩擦因数为μ=0.1，木板放置在光滑的水平面上，在水平面上方存在两个电场区域Ⅰ、Ⅱ，电场强度大小均为E=10⁴N/C，两区域的宽度均为L=1m，边界距离为d，将物块从图示位置（物块在Ⅰ区内的最左边）静止释放，已知在整个过程中物块不会滑出木板，g取10m/s²，求

（1）物块刚离开Ⅰ区域时，物块的速度；
（2）若物块刚进入Ⅱ区域时，物块与木板速度刚好相同，两个区域边界距离d；
（3）物块从静止位置至向右滑动的最远距离．

Answer 1

分析 （1）对物块由牛顿第二定律和运动学公式求速度
（2）I区域内和离开Ⅰ区域后对木板应用牛顿第二定律和运动学方程求作用边界的距离
（3）物块与木板不能相对静止，物块的加速度大小等于a₁，且物块做匀减速运动至速度为零，由运动学规律求解．

解答 解：（1）物块在Ⅰ区域内电场对其加速，带动木板向右加速
物块受到电场力F=Eq=3N
设物块能与木板一起加速，则F=（M+m）a 
解得 a=1m/s²
而木板受摩擦力产生的最大加速度a_m=$\frac{μmg}{M}$=$\frac{0.1×1×10}{2}$=0.5m/s²
说明不能一起加速而是分别加速，则物块的加速度a₁=$\frac{F-μmg}{m}$=$\frac{3-0.1×1×10}{1}$=2m/s ²
木板的加速度为a₂=a_m=0.5m/s²
物块向右加速的距离为L=1m 获得的速度为v₁=$\sqrt{2{a_1}L}$=$\sqrt{2×2×1}$=2m/s   
（2）物块离开Ⅰ区域时，木板已获得的速度v₂
由（1）的部分分析可得v₂=${a_2}\frac{v_1}{a_1}$=$\frac{0.5×2}{2}$=0.5m/s
物块与木板在两个电场之间的空区内相对滑动，到物块刚进入Ⅱ区域时，物块与木板速度刚好相同，说明此时相对静止，在该空区相对滑动过程中，物块的加速度大小
a₃=μg=0.1×10=1m/s²
木板的加速度仍为a₂，设在空区运动的时间为t，达到速度相等v₁-a₃t=v₂+a₂t
解得t=1s
此阶段物块发生的位移即为两区域间边界距离d，
d=v₁t-$\frac{1}{2}$a₃t²=2×$1+\frac{1}{2}×1×{1}^{2}$=1.5m  
（3）物块刚进入Ⅱ区域时速度为为v=v₁-a₃t=2-1×1=1m/s，
由（1）的分析可知，此时物块与木板不能相对静止，物块的加速度大小等于a₁，且物块做匀减速运动至速度为零
设此阶段的位移为x，则x=$\frac{v^2}{{2{a_1}}}$=$\frac{{1}^{2}}{2×2}$=0.25m              
物块向右运动的总距离为L+d+x=1+1.5+0.25=2.75m   
答：（1）物块刚离开Ⅰ区域时，物块的速度2m/s；
（2）若物块刚进入Ⅱ区域时，物块与木板速度刚好相同，两个区域边界距离d为1.5m；
（3）物块从静止位置至向右滑动的最远距离2.75m．

点评 对物块分过程分析受力，应用牛顿第二定律和运动学公式联合求解，注意分析最后物块停止的位置，题目难度较大．