Question

15．如圖，在水平地面上固定一傾角為θ的絕緣斜面，處于電場強(qiáng)度大小為E、方向沿斜面向下的勻強(qiáng)電場中，一勁度系數(shù)為k的絕緣輕質(zhì)彈簧的一端系一質(zhì)量為M的不帶電滑塊A靜置于斜面底端的擋板上，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B從距離彈簧上端為s₀處靜止釋放，已知：滑塊B在運(yùn)動過程中電量保持不變，滑塊B與彈簧接觸后立即與彈簧接連，滑塊B與彈簧接觸瞬間沒有機(jī)械能損失，彈簧始終處在彈性限度內(nèi)，兩滑塊與斜面的動摩擦因素均為μ，重力加速度為g．
（1）求滑塊B從靜止釋放到與彈簧上端接觸瞬間所經(jīng)歷的時間t；
（2）求滑塊B從靜止釋放到速度最大過程中其電勢能的改變量；
（3）滑塊B靜止釋放后，彈簧第一次伸長至最長時，物塊A剛好不能離開擋板在斜面上滑動，求從滑塊B釋放到此時，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量．

Answer 1

分析 （1）由牛頓第二定律求出加速度，由位移公式求出運(yùn)動時間；
（2）滑塊所受合力為零時速度最大，由平衡條件求出滑塊速度最大時，彈簧的壓縮量，然后由動能定理求出其電勢能的改變量；
（3）滑塊在運(yùn)動過程中要克服阻力做功，把機(jī)械能與電勢能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，根據(jù)公式Q=f•S_相對求解熱量．

解答 解：（1）對滑塊，由牛頓第二定律得：
沿斜面方向滑塊的加速度：a=$\frac{qE}{m}$+gsinθ-μgcosθ，
由速度位移公式可得：s₀=$\frac{1}{2}$at²，
解得，時間：t=$\sqrt{\frac{2{s}_{0}}{a}}$=$\sqrt{\frac{2m{s}_{0}}{qE+mgsinθ-μmgcosθ}}$；
（2）當(dāng)滑塊速度最大時，滑塊受到的合力為零，
則qE+mgsinθ=kx，
解得：x=$\frac{qE+mgsinθ}{k}$，
電勢能的減小量等于電場力做的功，為：
△E_p減=qE（x+x₀）=$\frac{qE（qE+mgsinθ）}{k}$+qEx₀；
（3）物塊A剛好不能離開擋板在斜面上滑動，則：kx′=Mgsinθ
解得：x′=$\frac{Mgsinθ}{k}$
故系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量：Q=f•S_相對=μmgcosθ•（s₀+2x+x′）=μmgcosθ•[s₀+$\frac{2（qE+mgsinθ）}{k}$+$\frac{Mgsinθ}{k}$]；
答：（1）滑塊B從靜止釋放到與彈簧上端接觸瞬間所經(jīng)歷的時間t為$\sqrt{\frac{2m{s}_{0}}{qE+mgsinθ-μmgcosθ}}$；
（2）滑塊B從靜止釋放到速度最大過程中其電勢能的改變量為-$\frac{qE（qE+mgsinθ）}{k}$-qEx₀；
（3）從滑塊B釋放到此時，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量為μmgcosθ•[s₀+$\frac{2（qE+mgsinθ）}{k}$+$\frac{Mgsinθ}{k}$]．

點(diǎn)評 本題考查了求滑塊的運(yùn)動時間、電勢能改變量、滑塊的路程，分析清楚滑塊運(yùn)動過程是正確解題的關(guān)鍵，應(yīng)用牛頓第二定律、平衡條件、運(yùn)動學(xué)公式、動能定理、能量守恒定律即可正確解題．