Question

4．如圖所示，光滑斜面傾角為θ，虛線(xiàn)M、N之間有沿斜面向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，完全相同的兩塊帶電絕緣薄板A、B并排放在斜面上，A、B不粘連，A的下端到M的距離為L(zhǎng)．每塊板長(zhǎng)為L(zhǎng)，質(zhì)量為m，帶電量為+q，電荷在絕緣板上分布均勻，M、N之間距離為3L，電場(chǎng)強(qiáng)度E=$\frac{mgsinθ}{q}$，重力加速度為g，A、B兩板間的庫(kù)侖力不計(jì)，將A、B由靜止釋放，求：
（1）B下端剛進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)，A對(duì)B彈力的大�。�
（2）從A下端進(jìn)入電場(chǎng)到B上端進(jìn)入電場(chǎng)過(guò)程中，電場(chǎng)力對(duì)AB做的總功；
（3）B上端離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的速度．

Answer 1

分析 （1）沿斜面方向根據(jù)牛頓第二定律求解加速度，再以B為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律求解A對(duì)B彈力的大小；
（2）根據(jù)平均電場(chǎng)力乘以位移來(lái)計(jì)算；
（3）根據(jù)動(dòng)能定理列方程求解B上端離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的速度．

解答 解：（1）B下端剛進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)，以整體為研究對(duì)象，沿斜面方向根據(jù)牛頓第二定律可得：
2mgsinθ-qE=2ma，
解得：a=$\frac{1}{2}gsinθ$；
以B為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律可得：mgsinθ-F=ma，
解得：F=$\frac{1}{2}mgsinθ$；
（2）電荷在電場(chǎng)中受到的電場(chǎng)力為F_電=q′E，隨著絕緣板進(jìn)入電場(chǎng)的長(zhǎng)度增加，電場(chǎng)力均勻增加，所以電場(chǎng)力做的功為：
W_電=-$\frac{0+2qE}{2}•2L$=-2mgLsinθ；
（3）設(shè)B上端進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的速度為v₁，從釋放到B上端進(jìn)入電場(chǎng)，根據(jù)動(dòng)能定理可得：
2mgsinθ•3L+W_電=$\frac{1}{2}•2m{v}_{1}^{2}$-0，
B完全進(jìn)入電場(chǎng)后AB間不再有力的作用，B出電場(chǎng)以前在電場(chǎng)中勻速運(yùn)動(dòng)，B離開(kāi)電場(chǎng)的速度為v₂，
對(duì)B出電場(chǎng)過(guò)程，由動(dòng)能定理，
$\frac{1}{2}m{v}_{2}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$=mgLsinθ-$\frac{qEL}{2}$
由上面兩式，解得：v₂=$\sqrt{5gLsinθ}$．
答：（1）B下端剛進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)，A對(duì)B彈力的大小為$\frac{1}{2}mgsinθ$；
（2）從A下端進(jìn)入電場(chǎng)到B上端進(jìn)入電場(chǎng)過(guò)程中，電場(chǎng)力對(duì)AB做的總功為=-2mgLsinθ；
（3）B上端離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的速度為$2\sqrt{2gLsinθ}$$\sqrt{5gLsinθ}$．

點(diǎn)評(píng) 利用動(dòng)能定理解題時(shí)注意：（1）分析物體受力情況，確定哪些力是恒力，哪些力是變力；（2）找出其中恒力的功及變力的功；（3）分析物體初末狀態(tài)，求出動(dòng)能變化量；（4）運(yùn)用動(dòng)能定理求解．