Question

13．如圖所示為一表面帶有均勻負(fù)電荷的導(dǎo)體板MNO，其中MN與NO銜接于N點(diǎn)，MN水平且長(zhǎng)為1m，NO長(zhǎng)為0.6m，其中NO與MN的夾角為θ=37°，一帶正電的絕緣滑塊由M點(diǎn)以水平向左的初速度v₀=4m/s滑上導(dǎo)體板，其中滑塊與導(dǎo)體板間的庫(kù)侖引力為滑塊重力的0.2倍，兩者間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.25，只考慮滑塊運(yùn)動(dòng)軌跡所在處電荷對(duì)滑塊垂直接觸面的庫(kù)侖引力，滑塊在N處的能量損失不計(jì)．（sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g取10m/s²）
（1）求滑塊第一次到N點(diǎn)時(shí)的速度大��；
（2）求滑塊在NO段的加速度大�。�
（3）試通過(guò)計(jì)算分析滑塊能否再次回到N點(diǎn)．

Answer 1

分析 （1）由牛頓第二定律可以求出滑塊的加速度，然后由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度位移公式求出滑塊的加速度．
（2）由牛頓第二定律可以求出滑塊在NO段的加速度．
（3）由勻變速直線公式求出滑塊向上滑行的距離，然后分析答題．

解答 解：（1）滑塊在MN段，由平衡條件得：N₁=kmg+mg=1.2mg，
滑動(dòng)摩擦力：f₁=μN(yùn)₁=0.3mg，
由牛頓第二定律得：a₁=$\frac{{f}_{1}}{m}$=$\frac{0.3mg}{m}$0.3g=3m/s²，
由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度位移公式：v²-v₀²=2ax可知：
速度：v_N=$\sqrt{{v}_{0}^{2}-2a{x}_{MN}}$=$\sqrt{{4}^{2}-2×3×1}$=$\sqrt{10}$m/s．
（2）滑塊沿NO向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，由平衡條件得：
N₂-mgcos 37°-kmg=0，
滑動(dòng)摩擦力：f₂=μN(yùn)₂，
由牛頓第二定律得：f₂+mgsin 37°=ma₂，
加速度：a₂=$\frac{{f}_{2}+mgsin37°}{m}$=8.5m/s²．
（3）由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度位移公式：v²-v₀²=2ax可知：
滑塊沿NO向上運(yùn)動(dòng)的最大距離：s₁=$\frac{{v}_{N}^{2}}{2{a}_{2}}$=$\frac{（\sqrt{10}）^{2}}{2×8.5}$=0.59m＜0.6m=NO，
在斜面上：μ（mgcos37°+kmg）＜mgsin37°，
滑塊速度變?yōu)榱愫箪o止，不會(huì)再向下滑動(dòng)，滑塊能再次回到N點(diǎn)．
答：（1）滑塊第一次到N點(diǎn)時(shí)的速度大小為$\sqrt{10}$m/s；
（2）求滑塊在NO段的加速度大小為8.5 m/s²；
（3）滑塊能再次回到N點(diǎn)．

點(diǎn)評(píng) 本題是一道力學(xué)綜合題，對(duì)滑塊正確受力分析、應(yīng)用牛頓第二定律與運(yùn)動(dòng)學(xué)公式即可正確解題；本題也可以應(yīng)用動(dòng)能定理解題．