Question

8．如图，一倾角为37°的足够长斜面，表面光滑绝缘，B点以下区域处于电场强度E=1.2×10⁴N/C，方向平行斜面向上的匀强电场中，BC端被涂上动摩擦因数为μ=0.75的绝缘介质，一小物块质量m=1kg，带电量q=1×10^-3C，从斜面上的A点静止释放，已知AB长为l₁=$\frac{25}{12}$m，BC长为l₂=$\frac{5}{12}$m，取g=10m/s²．
（1）求小物块在运动过程中加速度的最大值，并指出此时加速度的方向和速度的方向；
（2）设小物块第一次返回的最高点为D，求AD的距离l₃；
（3）求小物块在BC间运动的总路程．

Answer 1

分析 （1）分A到B、B到C、C向下到返回C、C到B过程，分别根据牛顿第二定律列式求解加速度进行分析；
（2）对从A到D的全部过程根据动能定理列式求解即可；
（3）滑块最终会向下减速后静止在BC间某个位置，对全部过程根据动能定理列式求解即可．

解答 解：（1）从A到B过程，根据牛顿第二定律，有：
mgsin37°=ma₁
解得：a₁=gsin37°=10×0.6=6m/s²
到达B点速度：${v}_{1}=\sqrt{2{a}_{1}{l}_{1}}=\sqrt{2×6×\frac{25}{12}}$=5m/s
从B到C的过程，根据牛顿第二定律，有：
mgsin37°-qE-μmgcos37°=ma₂
解得：a₂=-12m/s²
根据速度位移公式，有：
${v}_{2}^{2}-{v}_{1}^{2}=2{a}_{2}{l}_{2}$
解得：v₂=$\sqrt{15}$m/s
从C点向下过程，根据牛顿第二定律，有：
mgsin37°-qE=ma₃
解得：a₃=-6m/s²
从C到B过程，根据牛顿第二定律，有：
mgsin37°-qE+μmgcos37°=ma₄
解得：a₄=0
即从C到B是匀速运动；
故最大加速度为12m/s²，平行斜面向上；此时速度平行斜面向下；
（2）设小物块第一次返回的最高点为D，从A到D全程，根据动能定理，有：
mgsin37°l₃-2μmgcos37°l₂=0-0
解得：l₃=$\frac{5}{6}$m
（3）滑块最终会向下减速后静止在BC间某个位置，设静止位置与B点间距为x，对运动的全程，根据动能定理，有：
mg（l₁+x）sin37°-qEx-μmgcos37°（x+2nl₂）=0
其中：0≤x≤l₂
故12.5-12x-5n=0；
当n=2时，x=$\frac{2.5}{12}=\frac{5}{24}$m
故小物块在BC间运动的总路程：S=4l₂+x=4×$\frac{5}{12}$$+\frac{5}{24}$=$\frac{15}{8}$m
答：（1）小物块在运动过程中最大加速度为12m/s²，平行斜面向上；此时速度平行斜面向下；
（2）小物块第一次返回的最高点为D，AD的距离l₃为$\frac{5}{6}$m；
（3）小物块在BC间运动的总路程为$\frac{15}{8}$m．

点评 本题特点是过程多，有往复，关键是分阶段根据牛顿第二定律列式求解加速度，同时要结合动能定理全程列式，不难．