Question

7．如圖所示，在界限MN左上方，存在斜向左下與水平方向夾角為45°的勻強電場，場強大小E=$\sqrt{2}$×10⁵V/m．一半徑為R=0.8m的$\frac{1}{4}$光滑絕緣圓弧凹槽固定在水平地面上．一個可視為質(zhì)點，質(zhì)量m=0.2kg、電荷量大小q=1×10^-5C的帶正電金屬物塊P從槽頂端A由靜止釋放，從槽底端B沖上與槽底端平齊的絕緣長木板Q．長木板Q足夠長且置于光滑水平地面上，質(zhì)量為M=1kg．已知開始時長木板有一部分置于電場中，圖中C為界限MN與長木板Q的交點，B、C間的距離S_BC=0.6m，物塊P與木板Q間的動摩擦因數(shù)為μ=$\frac{1}{3}$，取g=10m/s²，求：

（1）物塊P從A點滑到B時速度的大�。�
（2）物塊P從B點滑上木板Q后到離開電場過程所經(jīng)歷的時間；
（3）物塊P從B點滑上木板Q后到離開電場的過程中摩擦生的熱．

Answer 1

分析 （1）物塊P從A點滑到B的過程，運用能量守恒定律可以求出到B時速度的大�。�
（2）物塊P從B點滑到Q的過程，應(yīng)用牛頓第二定律求出加速度，應(yīng)用速度位移公式與速度公式求出時間．
（3）由功的計算公式求出摩擦產(chǎn)生的熱量．

解答 解：（1）金屬塊從A到B過程，電場力做功為零，電勢能不變，由能量守恒定律得：
  mgR=$\frac{1}{2}$mv_B²
代入數(shù)據(jù)解得：v_B=4m/s；
（2）由牛頓第二定律得：μ（qEcos45°+mg）+qEsin45°=ma，
由速度位移公式得：v_B²-v_C²=2ax_BC，
代入數(shù)據(jù)解得：a=10m/s²，v_C=2m/s，
時間：t=$\frac{{v}_{B}-{v}_{C}}{a}$=$\frac{4-2}{10}$s=0.2s；
（3）金屬塊P在電場中運動時，木板的加速度大小 a_Q=$\frac{f′}{M}$=1m/s²，所以物塊P剛離開電場時，Q板的速度為
  v₂=a_Qt=0.2 m/s物塊P離開電場后，系統(tǒng)動量守恒，Q板足夠長，設(shè)P、Q最終共速為v，取向右為正方向，由動量守恒定律有
 mv₁+Mv₂=（m+M）v
解出v=0.5 m/s
由能量轉(zhuǎn)化與守恒定律，全過程摩擦產(chǎn)生熱量
Q=mgR-$\frac{1}{2}$（m+M）v²-W_電
電場力只在BC段對金屬塊P做功，
W_電=F_電x_BCcos45°=0.6 J
故Q=0.85 J
答：
（1）金屬塊P從A點滑到B點時的速度的大小為4m/s；
（2）金屬塊P從B點滑上木板Q后到離開電場過程所經(jīng)歷的時間為0.2s；
（3）金屬塊P從滑上Q到離開電場的過程中摩擦產(chǎn)生的熱量為0.85J．

點評 本題考查了求速度、運動時間、產(chǎn)生的熱量，分析清楚物體運動過程、應(yīng)用機械能守恒定律、牛頓第二定律、運動學(xué)公式、功的計算公式即可正確解題．