Question

1．如圖，絕緣粗糙的豎直平面MN左側(cè)分布水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E．一質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電的小滑塊從A點(diǎn)由靜止開始沿MN下滑．下滑過程中，該滑塊始終受到一個(gè)與滑塊速度垂直且指向遠(yuǎn)離墻壁方向的作用力f，f的大小與滑塊速度的大小成正比，比例系數(shù)為k，即f=kv．滑塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)離開MN做曲線運(yùn)動(dòng)．A，C兩點(diǎn)間距離為h，重力加速度為g．
（1）求小滑塊運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)的速度大小V_C
（2）求小滑塊從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)過程中克服摩擦力做的功
（3）若D點(diǎn)為小滑塊在電場(chǎng)力，f力及重力作用下合力為零的位置，當(dāng)小滑塊運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)撤去f力，此后小滑塊繼續(xù)運(yùn)動(dòng)到水平地面上的P點(diǎn)．已知小滑塊在D點(diǎn)時(shí)的速度大小為V_D，從D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P 點(diǎn)的時(shí)間為t，求小滑塊運(yùn)動(dòng)到P 點(diǎn)時(shí)速度的大小V_P．

Answer 1

分析 （1）小滑塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)離開MN，此時(shí)與MN間的作用力為零，對(duì)小滑塊受力分析計(jì)算此時(shí)的速度的大��；
（2）由動(dòng)能定理直接計(jì)算摩擦力做的功W_f；
（3）撤掉f后小滑塊將做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)分運(yùn)動(dòng)計(jì)算最后的合速度的大�。�

解答 解：（1）滑塊離開墻壁時(shí)，作用力f與電場(chǎng)力相等．即 kv_c=qE
所以，${v_c}=\frac{qE}{k}$
（2）從A點(diǎn)到C點(diǎn)，以物塊為研究對(duì)象，由動(dòng)能定理得
  $mgh-{W_f}=\frac{1}{2}mv_c^2$
解得克服摩擦力做的功 ${W_f}=mgh-\frac{1}{2}mv_c^2$
（3）撤掉f后，物體做類平拋運(yùn)動(dòng)，在電場(chǎng)力與重力的合力方向，物體到P點(diǎn)處的分速度為v
則 v=$\frac{k{v}_{D}}{m}$t
根據(jù)勾股定理可以得到，P點(diǎn)的速度為：v_P=$\sqrt{{v}_{D}^{2}+{v}^{2}}$=$\sqrt{{v}_{D}^{2}+\frac{{k}^{2}{v}_{D}^{2}{t}^{2}}{{m}^{2}}}$
答：（1）小滑塊運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)的速度大小v_C為$\frac{qE}{k}$．
（2）小滑塊從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)過程中克服摩擦力做的功為mgh-$\frac{1}{2}m{v}_{C}^{2}$．
（3）小滑塊運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)速度的大小v_P為$\sqrt{{v}_{D}^{2}+\frac{{k}^{2}{v}_{D}^{2}{t}^{2}}{{m}^{2}}}$．

點(diǎn)評(píng) 解決本題的關(guān)鍵是分析清楚小滑塊的運(yùn)動(dòng)過程，在與MN分離時(shí)，小滑塊與MN間的作用力為零，在撤去磁場(chǎng)后小滑塊將做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)滑塊的不同的運(yùn)動(dòng)過程逐步求解即可．