Question

10．如圖，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)的加速度是多大？
（2）在沿斜面向下運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，若已知滑塊運(yùn)動(dòng)最大速度大小為v_m，求此時(shí)彈簧的壓縮量x是多少？
（3）求滑塊從靜止釋放到速度達(dá)到最大v_m過(guò)程中，滑塊克服彈簧彈力所做的功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）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．
（3）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，由牛頓第二定律得滑塊的加速度為：
a=$\frac{qE+mgsinθ}{m}$=$\frac{qE}{m}$+gsinθ
（2）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=$\frac{qE+mgsinθ}{k}$
（3）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=$\frac{1}{2}m{v}_{m}^{2}$，
解得：滑塊克服彈簧彈力所做的功為：
W=（qE+mgsinθ）（x+s₀）-$\frac{1}{2}m{v}_{m}^{2}$=（qE+mgsinθ）（$\frac{qE+mgsinθ}{k}$+s₀）-$\frac{1}{2}m{v}_{m}^{2}$．
答：（1）滑塊從靜止釋放到與彈簧上端接觸前，運(yùn)動(dòng)的加速度是$\frac{qE}{m}$+gsinθ．
（2）此時(shí)彈簧的壓縮量x是$\frac{qE+mgsinθ}{k}$．
（3）滑塊克服彈簧彈力所做的功W為（qE+mgsinθ）（$\frac{qE+mgsinθ}{k}$+s₀）-$\frac{1}{2}m{v}_{m}^{2}$．

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．