Question

13．如圖所示，絕緣水平面上O處放質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電荷的小物體．勁度系數(shù)為k的絕緣輕彈簧的一端固定在墻上，另一端與小物體接觸（未固定），彈簧水平且無形變．O點(diǎn)左側(cè)有豎直向下的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度為E=$\frac{mg}{2q}$．用水平力F緩慢向右推動物體，在彈性限度內(nèi)彈簧被壓縮了x₀，此時物體靜止．撤去F后，物體開始向左運(yùn)動，運(yùn)動的最大距離為4x₀，物體與水平面間的動摩擦因素為?，重力加速度為g．則（　�。�

• A． 撤去F后，物體回到O點(diǎn)時速度最大
• B． 撤去F后，物體剛運(yùn)動時的加速度大小為$\frac{k{x}_{0}}{m}$-μg
• C． 物體離開彈簧時速率為$\sqrt{3μg{x}_{0}}$
• D． 撤去F后系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能為4?mgx₀

Answer 1

分析 本題通過分析物體的受力情況，來確定其運(yùn)動情況：撤去F后，物體水平方向上受到彈簧的彈力、電場力和滑動摩擦力，電場力和滑動摩擦力不變，而彈簧的彈力隨著壓縮量的減小而減小，可知加速度先減小后增大，物體先做變加速運(yùn)動，再做變減速運(yùn)動，最后物體離開彈簧后做勻減速運(yùn)動；撤去F后，根據(jù)牛頓第二定律求解物體剛運(yùn)動時的加速度大��；物體離開彈簧后通過的最大距離為4x₀，由動能定理求解摩擦力所做的功；當(dāng)彈簧的彈力與電場力、滑動摩擦力的合力大小相等、方向相反時，速度最大．

解答 解：A、撤去F后，物體回到O之前水平方向上受到彈簧的彈力和滑動摩擦力，滑動摩擦力不變，而彈簧的彈力隨著壓縮量的減小而減小，彈簧的彈力隨著壓縮量的減小而減小，加速度先減小后增大，物體先做變加速運(yùn)動，再做變減速運(yùn)動，當(dāng)彈簧的彈力與電場力、滑動摩擦力的合力大小相等、方向相反時，速度最大．故A錯誤．
B、撤去F后，物體物體水平方向上受到向左彈簧的彈力和滑動摩擦力，由牛頓第二定律得：物體的加速度為a=$\frac{F-f}{m}$=$\frac{k{x}_{0}-μmg}{m}=\frac{k{x}_{0}}{m}-μg$．故B正確；
C、物塊進(jìn)入電場區(qū)域后，受到的電場力：$F=qE=q•\frac{mg}{2q}=\frac{1}{2}mg$，所以在豎直方向上，物塊受到的支持力：${F}_{N}′=mg-F=mg-\frac{1}{2}mg=\frac{1}{2}mg$
此時物體受到的摩擦力：$f′=μ{F}_{N}′=μ•\frac{1}{2}mg=0.5μmg$，物塊此時的加速度：$a′=\frac{f′}{m}=0.5μg$．
物塊進(jìn)入電場的區(qū)域后豎直方向的摩擦力不變，物塊做勻減速直線運(yùn)動，位移為：x=4x₀-x₀=3x₀
由運(yùn)動學(xué)的公式：$-2ax={v}^{2}-{v}_{0}^{2}$
可得物體離開彈簧時速率為：${v}_{0}=\sqrt{2ax}=\sqrt{2×0.5μg}×3{x}_{0}=\sqrt{3μg{x}_{0}}$．故C正確；
D、物塊進(jìn)入電場前受到的摩擦力：f=μmg，物塊進(jìn)入電場區(qū)域后受到的摩擦力：f′=0.5μmg，所以撤去F后系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能為：Q=f•x₀+f′•x=2.5μmgx₀．故D錯誤．
故選：BC

點(diǎn)評 本題分析物體的受力情況和運(yùn)動情況是解答的關(guān)鍵，要抓住加速度與合外力成正比，即可得到加速度是變化的．