Question

9．如圖所示，在水平地面上固定一傾角為θ的光滑絕緣斜面，斜面處于電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E、方向沿斜面向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中．一勁度系數(shù)為k的絕緣輕質(zhì)彈簧的一端固定在斜面底端，整根彈簧處于自然狀態(tài)．一質(zhì)量為m、帶電量為q（q＞0）的滑塊從距離彈簧上端為s₀處?kù)o止釋放，滑塊在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電量保持不變，設(shè)滑塊與彈簧接觸過(guò)程沒(méi)有機(jī)械能損失，彈簧始終處在彈性限度內(nèi)，重力加速度大小為g．
（1）求滑塊從靜止釋放到與彈簧上端接觸前運(yùn)動(dòng)的加速度多大？
（2）滑塊從靜止釋放到與彈簧上端接觸瞬間所經(jīng)歷的時(shí)間t₁？
（3）若滑塊在沿斜面向下運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中最大速度大小為v_m，此時(shí)彈簧的壓縮量多大？
（4）滑塊從靜止釋放到速度大小為v_m過(guò)程中彈簧的彈力所做的功W？

Answer 1

分析 （1）滑塊從靜止釋放到與彈簧上端接觸前，由牛頓第二定律求出加速度．
（2）應(yīng)用勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的位移公式可以求出運(yùn)動(dòng)時(shí)間．
（3）滑塊所受合力為零時(shí)速度最大，由平衡條件求出滑塊速度最大時(shí)彈簧的壓縮量．
（4）根據(jù)動(dòng)能定理求滑塊克服彈簧彈力所做的功W．

解答 解：（1）滑塊從靜止釋放到與彈簧上端接觸前，對(duì)滑塊，
由牛頓第二定律得：a=$\frac{qE+mgsinθ}{m}$=$\frac{qE}{m}$+gsinθ；
（2）滑塊做初速度為零的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，
由位移公式得：s₀=$\frac{1}{2}$at₁²，解得：t₁=$\sqrt{\frac{2{s}_{0}}{a}}$=$\sqrt{\frac{2{s}_{0}}{\frac{qE}{m}+gsinθ}}$；
（3）當(dāng)滑塊速度最大時(shí)，滑塊受到的合力為零，則qE+mgsinθ=kx，
解得：x=$\frac{qE+mgsinθ}{k}$；
（4）從滑塊開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到速度最大過(guò)程中，由動(dòng)能定理得：
（qE+mgsinθ）（x+s₀）-W=$\frac{1}{2}$mv_m²-0，
解得：W=（qE+mgsinθ）（$\frac{qE+mgsinθ}{k}$+s₀）-$\frac{1}{2}$mv_m²．
答：（1）滑塊從靜止釋放到與彈簧上端接觸前運(yùn)動(dòng)的加速度大小為：$\frac{qE}{m}$+gsinθ；
（2）滑塊從靜止釋放到與彈簧上端接觸瞬間所經(jīng)歷的時(shí)間t₁為$\sqrt{\frac{2{s}_{0}}{\frac{qE}{m}+gsinθ}}$；
（3）若滑塊在沿斜面向下運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中最大速度大小為v_m，此時(shí)彈簧的壓縮量為$\frac{qE+mgsinθ}{k}$；
（4）滑塊從靜止釋放到速度大小為v_m，此過(guò)程中彈簧的彈力所做的功W為：（qE+mgsinθ）（$\frac{qE+mgsinθ}{k}$+s₀）-$\frac{1}{2}$mv_m²．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了求滑塊的運(yùn)動(dòng)時(shí)間、彈簧的彈性勢(shì)能、滑塊的路程，分析清楚滑塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程是正確解題的關(guān)鍵，應(yīng)用牛頓第二定律、平衡條件、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式、動(dòng)能定理、能量守恒定律即可正確解題．