Question

3．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處靜止釋放，滑塊在運(yùn)動(dòng)過程中電量保持不變，設(shè)滑塊與彈簧接觸后粘在一起不分離且沒有機(jī)械能損失，物體剛好返回到S₀段中點(diǎn)，彈簧始終處在彈性限度內(nèi)，重力加速度大小為g．則（　　）

• A． 滑塊從靜止釋放到與彈簧上端接觸瞬間所經(jīng)歷的時(shí)間為t=$\sqrt{\frac{2m{S}_{0}}{qE+mgsinθ}}$
• B． 滑塊運(yùn)動(dòng)過程中的最大動(dòng)能等于（mgsinθ+qE）（$\frac{mgsinθ}{k}$+S₀）
• C． 彈簧的最大彈性勢能為（mgsinθ+qE）（$\frac{2mgsinθ+2qE}{k}$+$\frac{3{S}_{0}}{2}$）
• D． 運(yùn)動(dòng)過程中地球、物體和彈簧組成系統(tǒng)的機(jī)械能和電勢能總和始終不變

Answer 1

分析 根據(jù)牛頓第二定律求解出加速度，然后結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出滑塊從靜止釋放到與彈簧上端接觸瞬間所經(jīng)歷的時(shí)間．當(dāng)滑塊的合力為零時(shí)動(dòng)能最大．結(jié)合功能原理逐項(xiàng)列式分析即可．

解答 解：A、滑塊從靜止釋放到與彈簧剛接觸的過程中做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度大小為a，則有
 qE+mgsinθ=ma，S₀=$\frac{1}{2}$at²
聯(lián)立可得：t=$\sqrt{\frac{2m{S}_{0}}{qE+mgsinθ}}$，故A正確
B、滑塊速度最大時(shí)受力平衡，設(shè)此時(shí)彈簧壓縮量為x₀，則有mgsinθ+qE=kx₀
從靜止釋放到速度達(dá)到最大的過程中，由動(dòng)能定理得
（mgsinθ+qE）•（S₀+x₀）+W=E_km-0
由于彈簧彈力做負(fù)功，故最大動(dòng)能E_km＜（mgsinθ+qE）•（S₀+x₀）=（mgsinθ+qE）（$\frac{mgsinθ}{k}$+S₀），故B錯(cuò)誤；
C、滑塊與彈簧接觸后粘在一起后做簡諧運(yùn)動(dòng)，振幅為 A=$\frac{1}{2}$S₀+x₀，則滑塊向下運(yùn)動(dòng)時(shí)彈簧的最大壓縮量為 x_m=x₀+$\frac{1}{2}$S₀+x₀=2x₀+$\frac{1}{2}$S₀
當(dāng)彈簧壓縮量最大時(shí)，彈性勢能最大，即E_pm=（mgsinθ+qE）（S₀+x₀）=（mgsinθ+qE）（S₀+2x₀+$\frac{1}{2}$S₀）=（mgsinθ+qE）（$\frac{2mgsinθ+2qE}{k}$+$\frac{3{S}_{0}}{2}$），故C正確；
D、物體運(yùn)動(dòng)過程中只有重力和電場力做功，故地球、物體和彈簧組成系統(tǒng)的機(jī)械能和電勢能總和不變，故D正確；
故選：ACD

點(diǎn)評 本題是含彈簧問題，由于彈簧的彈力是變力，滑塊是變加速運(yùn)動(dòng)，滑塊與彈簧接觸后粘在一起后做簡諧運(yùn)動(dòng)，要抓住簡諧運(yùn)動(dòng)的對稱性分析彈簧的壓縮量，結(jié)合功能關(guān)系解答．