Question

6．如圖所示，絕緣平板S放在水平地面上，S與水平面間的動摩擦因數μ=0.4．兩塊足夠大帶等量異種電荷的平行金屬板P、Q通過絕緣撐架板固定在S上，在兩板間形成豎直向上的勻強電場，板間距離為d=1m，P板的中央有一小孔，整個裝置總質量為M=0.36kg．給裝置某一初速度使其向右做直線運動，同時將質量為m=0.04kg的帶正電小球，從離P板高h=1.25m處靜止下落，恰好能進入孔內．小球進入電場時，裝置速度為v₁=6m/s．小球進入電場后，恰能運動 到P板且不與Q板接觸，之后返回極板P（不計空氣阻力，g取10m/s²，不考慮運動產生的磁場）．求：
（1）小球自由下落到小孔的時間；
（2）剛釋放小球時，小球與小孔的水平距離x₁
（3）小球返回P板時裝置的速度．

Answer 1

分析 （1）根據自由落體運動公式求小球自由下落到小孔的時間；
（2）小球不在電場中，根據牛頓第二定律求出裝置的加速度，采用逆向思維，由位移公式求出剛釋放小球時，小球與小孔的水平距離；
（3）根據動能定理求出電場力，由牛頓第二定律求出小球在電場中的加速度，由位移公式求出小球在電場中運動的時間，根據牛頓第二定律求出小球在電場中裝置的加速度，由速度時間公式求出小球返回P板時裝置的速度；

解答 解：（1）小球自由下落：$h=\frac{1}{2}g{t}_{1}^{2}$
得${t}_{1}^{\;}=\sqrt{\frac{2h}{g}}=\sqrt{\frac{2×1.25}{10}}=0.5s$
（2）裝置加速度大�。�${a}_{1}^{\;}=μg=4m/{s}_{\;}^{2}$
由逆向思維：$x={v}_{1}^{\;}{t}_{1}^{\;}+\frac{1}{2}{a}_{1}^{\;}{t}_{1}^{2}$
代入數據：$x=6×0.5+\frac{1}{2}×4×0．{5}_{\;}^{2}=3.5m$
（3）小球在電場中時對小球：mg（h+d）-Fd=0
代入數據：0.4×（1.25+1）-F×1=0
解得：F=0.9N
小球在電場中的加速度：F-mg=ma
代入數據：0.9-0.4=0.04a
得$a=12.5m/{s}_{\;}^{2}$
小球在電場中運動的時間${t}_{2}^{\;}=2\sqrt{\frac{2d}{a}}=2\sqrt{\frac{2×1}{12.5}}s=0.8s$
小球在電場中裝置的加速度大�。�$μ（Mg+F）=M{a}_{2}^{\;}$
代入數據：$0.4×（3.6+0.9）=0.36{a}_{2}^{\;}$
解得：${a}_{2}^{\;}=5m/{s}_{\;}^{2}$
當小球返回到P板時，裝置的速度：$v={v}_{1}^{\;}-{a}_{2}^{\;}{t}_{2}^{\;}=6-5×0.8=2m/s$
答：（1）小球自由下落到小孔的時間0.5s；
（2）剛釋放小球時，小球與小孔的水平距離${x}_{1}^{\;}$為3.5m
（3）小球返回P板時裝置的速度為2m/s

點評 解決本題的關鍵理清小球和裝置的運動過程，結合牛頓第二定律、運動學公式分析求解．注意小球在電場中運動時，裝置的加速度與小球不在電場中時裝置的加速度不同．