Question

8．如图甲所示，绝缘轨道ABCD与水平面成37°，除BC部分外其余光滑，在D处垂直斜面固定一绝缘挡板，AB间距L₁=3m，BC间距L₂=0.6m．一质量m=1kg的玩具（视为质点）可在轨道上沿直线滑行，与挡板碰撞后原速返回，滑行过程中空气阻力不计，重力加速度g=10m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8．

（1）玩具由A点静止释放，经1.1s到达C点，求玩具与BC间的动摩擦因数；
（2）在B点左侧区域施加竖直向上的匀强电场，电场强度E=2.5×10³N/C，如图乙所示．让玩具带上q=-2×10^-3C的电量，仍由A点静止释放后．求：
①玩具在滑行过程中的最小加速度a_min和最大加速度a_max；
②玩具与挡板第一次碰撞后上升的最高位置距A点的距离L₃；
（3）在第（2）问的条件下，求玩具从开始释放到停止运动的整个过程中因摩擦产生的总热量Q．

Answer 1

分析 （1）根据牛顿第二定律分别求出AB和BC段的加速度，结合位移时间和速度时间关系即可求出BC段的动摩擦因数；
（2）①进行受力分析，从B到C受力平衡，加速度最小；从C到B加速度最大，根据牛顿第二定律求出最大加速度；
②假设最高点在B点以上，根据能量守恒定律求解，再对结果进行检验；
（3）根据能量守恒定律求出玩具最后停止的位置距B点的距离，再求出摩擦产生的热量；

解答 解：（1）AB段，根据牛顿第二定律$mgsin37°=m{a}_{1}^{\;}$
解得：${a}_{1}^{\;}=gsin37°=6m/{s}_{\;}^{2}$
根据${L}_{1}^{\;}=\frac{1}{2}{a}_{1}^{\;}{t}_{1}^{2}$，得${t}_{1}^{\;}=1s$
B点速度${v}_{B}^{\;}={a}_{1}^{\;}{t}_{1}^{\;}=6m/s$
从B到C的时间${t}_{2}^{\;}=t-{t}_{1}^{\;}=0.1s$
BC间的距离${L}_{2}^{\;}={v}_{B}^{\;}{t}_{2}^{\;}$$+\frac{1}{2}{a}_{2}^{\;}{t}_{2}^{2}$
BC段，根据牛顿第二定律，有
$mgsin37°-μmgcos37°=m{a}_{2}^{\;}$
解得：${a}_{2}^{\;}=g（sin37°-μcos37°）$
解得：${a}_{2}^{\;}=0$，μ=0.75
（2）①f=μ（mg+qE）cos37°=9N
mgsin37°=6N
qEsin37°=3N
从B到C的过程中加速度最小：
据$（mg+qE）sin37°-f=m{a}_{min}^{\;}$，得${a}_{min}^{\;}=0$
由C运行到B的过程中加速度最大：
据$f+（mg+qE）sin37°=m{a}_{max}^{\;}$，得${a}_{max}^{\;}=18m/{s}_{\;}^{2}$
②假定最高点在B点以上，有：$mg{L}_{3}^{\;}sin37°=2f{L}_{2}^{\;}$
代入数据得${L}_{3}^{\;}=1.8m$，因${L}_{3}^{\;}＜{L}_{1}^{\;}$，假设成立，结论${L}_{3}^{\;}=1.8m$
（3）假定玩具停在B处，$\frac{mg{L}_{1}^{\;}sin37°}{f{L}_{2}^{\;}}=\frac{18}{5.4}=3+\frac{1}{3}$
可见，玩具应停在BC之间某处，设此处距C点为x，有：
$mg（{L}_{1}^{\;}+{L}_{2}^{\;}-x）sin37°+qE（{L}_{2}^{\;}-x）sin37°$=$f（3{L}_{2}^{\;}+x）$
代入数据得x=0.4m
所以$Q=f（3{L}_{2}^{\;}+x）=9×2.2=19.8J$
答：（1）玩具与BC间的动摩擦因数为0.75；
（2）①玩具在滑行过程中的最小加速度${a}_{min}^{\;}$为0和最大加速度${a}_{max}^{\;}$为$18m/{s}_{\;}^{2}$；
②玩具与挡板第一次碰撞后上升的最高位置距A点的距离${L}_{3}^{\;}$为1.8m；
（3）在第（2）问的条件下，玩具从开始释放到停止运动的整个过程中因摩擦产生的总热量Q为19.8J

点评 考查动能定理、牛顿第二定律，并让学生知道动能定理过程选取的重要性，同时搞清电场力、重力做功与路径无关，摩擦力做功与路径有关．