Question

20．如圖所示，質(zhì)量為m=1kg、帶電量為q=+1×10^-6C 的物塊，放置在質(zhì)量M=2kg、足夠長的木板正中間，木板放置在光滑的水平地面上．木板不帶電，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ=0.1．在地面上方存在兩個勻強電場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，寬度均為L=1m，邊界距離為d，區(qū)域Ⅰ的電場方向水平向右，區(qū)域Ⅱ的電場方向水平向左，大小均為 E=3×10⁶ N/C．將物塊與木板從圖示位置（物塊在區(qū)域Ⅰ的左邊界處）由靜止釋放，已知在整個過程中物塊不會滑離木板，g 取10m/s ²．則：
（1）求物塊剛離開區(qū)域Ⅰ時的速度大��；
（2）若物塊剛進入?yún)^(qū)域Ⅱ時，物塊與木板的速度剛好相同，求兩作用區(qū)的邊界距離 d；
（3）在第（2）問的前提下，求最終物塊停在木板上的位置．

Answer 1

分析 （1）對物塊，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，由速度位移公式求出離開Ⅰ區(qū)的速度；
（2）根據(jù)速度關(guān)系求出物塊則離開區(qū)域Ⅰ時木板的速度．從離開區(qū)域Ⅰ到進入?yún)^(qū)域Ⅱ的過程，系統(tǒng)的動量守恒，由動量守恒定律求得物塊與木板的共同速度．對物塊，由動能定理求兩作用區(qū)的邊界距離 d；
（3）由于F＞μmg，所以物塊與木板最終只能停在兩電場之間．由全過程能量守恒與轉(zhuǎn)化規(guī)律求物塊相對木板滑動的路路程，從而得到最終物塊停在木板上的位置．

解答 解：（1）區(qū)域Ⅰ中，因為 $\frac{qE}{m+M}$＞$\frac{μmg}{M}$，所以，物塊相對于木板向右運動．
對物塊有：qE-μmg=ma₁，代入數(shù)據(jù)解得：a₁=2m/s²，向右．
對木板有：μmg=Ma₂，代入數(shù)據(jù)解得：a₂=0.5m/s²，向右．
物塊向右運動L，速度為v₁，則有：v₁²=2a₁L
代入數(shù)據(jù)解得：v₁=2m/s
（2）物塊剛離開區(qū)域Ⅰ時，木板的速度為 v₂，由$\frac{{v}_{1}}{{a}_{1}}$=$\frac{{v}_{2}}{{a}_{2}}$代入數(shù)據(jù)解得：
v₂=0.5m/s
從離開區(qū)域Ⅰ到進入?yún)^(qū)域Ⅱ之前，系統(tǒng)的動量守恒，取向右為正方向，由動量守恒定律得：mv₁+Mv₂=（m+M）v_共，
代入數(shù)據(jù)得：v_共=1m/s
對物塊，根據(jù)動能定理得：
-μmgd=$\frac{1}{2}m{v}_{共}^{2}$-$\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$
代入數(shù)據(jù)解得：d=1.5m
（3）進入?yún)^(qū)域Ⅱ后，物塊的加速度  a₁′=2m/s²，向左
木板的加速度為：a₂′=0.5m/s²，向左
物塊由v_共減速為0再向左加速到區(qū)域Ⅱ的左邊界時，速度為v₁′，則有：v₁′=v_共=1m/s
此時，木板的速度為 v₂′，則有：$\frac{{v}_{共}-（-v{′}_{1}）}{a{′}_{1}}$=$\frac{{v}_{共}-v{′}_{2}}{a{′}_{2}}$
代入數(shù)據(jù)解得：v₂′=0.5m/s，向右．
之后，在中間區(qū)域，二者動量守恒，有：mv₁′-Mv₂′=（m+M）v_共′
代入數(shù)據(jù)得：v_共′=0
在區(qū)域Ⅰ中間區(qū)域，物塊相對木板向右運動了x₁，對整體用動能定理得：
qEL-μmgx₁=$\frac{1}{2}（M+m）{v}_{共}^{2}$
代入數(shù)據(jù)解得：x₁=1.5m
在區(qū)域Ⅱ中和中間區(qū)域，物塊相對木板向左運動了x₂，對整體用動能定理得：
-μmgx₂=0-$\frac{1}{2}（M+m）{v}_{共}^{2}$
代入數(shù)據(jù)解得：x₂=1.5m
所以，最終物塊停在木板的中點．
答：（1）物塊剛離開區(qū)域Ⅰ時的速度大小是2m/s．
（2）兩作用區(qū)的邊界距離 d是1.5m．
（3）終物塊停在木板的中點．

點評 解決本題的關(guān)鍵能夠正確地進行受力分析，通過物體的受力，判斷物體的運動情況，將各個過程分成若干個子過程，要把握每個過程的物理規(guī)律以及隱含的臨界條件．