Question

8．如圖甲所示，絕緣軌道ABCD與水平面成37°，除BC部分外其余光滑，在D處垂直斜面固定一絕緣擋板，AB間距L₁=3m，BC間距L₂=0.6m．一質量m=1kg的玩具（視為質點）可在軌道上沿直線滑行，與擋板碰撞后原速返回，滑行過程中空氣阻力不計，重力加速度g=10m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8．

（1）玩具由A點靜止釋放，經1.1s到達C點，求玩具與BC間的動摩擦因數；
（2）在B點左側區域施加豎直向上的勻強電場，電場強度E=2.5×10³N/C，如圖乙所示．讓玩具帶上q=-2×10^-3C的電量，仍由A點靜止釋放后．求：
①玩具在滑行過程中的最小加速度a_min和最大加速度a_max；
②玩具與擋板第一次碰撞后上升的最高位置距A點的距離L₃；
（3）在第（2）問的條件下，求玩具從開始釋放到停止運動的整個過程中因摩擦產生的總熱量Q．

Answer 1

分析 （1）根據牛頓第二定律分別求出AB和BC段的加速度，結合位移時間和速度時間關系即可求出BC段的動摩擦因數；
（2）①進行受力分析，從B到C受力平衡，加速度最小；從C到B加速度最大，根據牛頓第二定律求出最大加速度；
②假設最高點在B點以上，根據能量守恒定律求解，再對結果進行檢驗；
（3）根據能量守恒定律求出玩具最后停止的位置距B點的距離，再求出摩擦產生的熱量；

解答 解：（1）AB段，根據牛頓第二定律$mgsin37°=m{a}_{1}^{\;}$
解得：${a}_{1}^{\;}=gsin37°=6m/{s}_{\;}^{2}$
根據${L}_{1}^{\;}=\frac{1}{2}{a}_{1}^{\;}{t}_{1}^{2}$，得${t}_{1}^{\;}=1s$
B點速度${v}_{B}^{\;}={a}_{1}^{\;}{t}_{1}^{\;}=6m/s$
從B到C的時間${t}_{2}^{\;}=t-{t}_{1}^{\;}=0.1s$
BC間的距離${L}_{2}^{\;}={v}_{B}^{\;}{t}_{2}^{\;}$$+\frac{1}{2}{a}_{2}^{\;}{t}_{2}^{2}$
BC段，根據牛頓第二定律，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
從B到C的過程中加速度最小：
據$（mg+qE）sin37°-f=m{a}_{min}^{\;}$，得${a}_{min}^{\;}=0$
由C運行到B的過程中加速度最大：
據$f+（mg+qE）sin37°=m{a}_{max}^{\;}$，得${a}_{max}^{\;}=18m/{s}_{\;}^{2}$
②假定最高點在B點以上，有：$mg{L}_{3}^{\;}sin37°=2f{L}_{2}^{\;}$
代入數據得${L}_{3}^{\;}=1.8m$，因${L}_{3}^{\;}＜{L}_{1}^{\;}$，假設成立，結論${L}_{3}^{\;}=1.8m$
（3）假定玩具停在B處，$\frac{mg{L}_{1}^{\;}sin37°}{f{L}_{2}^{\;}}=\frac{18}{5.4}=3+\frac{1}{3}$
可見，玩具應停在BC之間某處，設此處距C點為x，有：
$mg（{L}_{1}^{\;}+{L}_{2}^{\;}-x）sin37°+qE（{L}_{2}^{\;}-x）sin37°$=$f（3{L}_{2}^{\;}+x）$
代入數據得x=0.4m
所以$Q=f（3{L}_{2}^{\;}+x）=9×2.2=19.8J$
答：（1）玩具與BC間的動摩擦因數為0.75；
（2）①玩具在滑行過程中的最小加速度${a}_{min}^{\;}$為0和最大加速度${a}_{max}^{\;}$為$18m/{s}_{\;}^{2}$；
②玩具與擋板第一次碰撞后上升的最高位置距A點的距離${L}_{3}^{\;}$為1.8m；
（3）在第（2）問的條件下，玩具從開始釋放到停止運動的整個過程中因摩擦產生的總熱量Q為19.8J

點評 考查動能定理、牛頓第二定律，并讓學生知道動能定理過程選取的重要性，同時搞清電場力、重力做功與路徑無關，摩擦力做功與路徑有關．