Question

6．如圖所示，絕緣平板S放在水平地面上，S與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.4．兩塊足夠大帶等量異種電荷的平行金屬板P、Q通過絕緣撐架板固定在S上，在兩板間形成豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，板間距離為d=1m，P板的中央有一小孔，整個(gè)裝置總質(zhì)量為M=0.36kg．給裝置某一初速度使其向右做直線運(yùn)動(dòng)，同時(shí)將質(zhì)量為m=0.04kg的帶正電小球，從離P板高h(yuǎn)=1.25m處靜止下落，恰好能進(jìn)入孔內(nèi)．小球進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)，裝置速度為v₁=6m/s．小球進(jìn)入電場(chǎng)后，恰能運(yùn)動(dòng) 到P板且不與Q板接觸，之后返回極板P（不計(jì)空氣阻力，g取10m/s²，不考慮運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生的磁場(chǎng)）．求：
（1）小球自由下落到小孔的時(shí)間；
（2）剛釋放小球時(shí)，小球與小孔的水平距離x₁
（3）小球返回P板時(shí)裝置的速度．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)公式求小球自由下落到小孔的時(shí)間；
（2）小球不在電場(chǎng)中，根據(jù)牛頓第二定律求出裝置的加速度，采用逆向思維，由位移公式求出剛釋放小球時(shí)，小球與小孔的水平距離；
（3）根據(jù)動(dòng)能定理求出電場(chǎng)力，由牛頓第二定律求出小球在電場(chǎng)中的加速度，由位移公式求出小球在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，根據(jù)牛頓第二定律求出小球在電場(chǎng)中裝置的加速度，由速度時(shí)間公式求出小球返回P板時(shí)裝置的速度；

解答 解：（1）小球自由下落：$h=\frac{1}{2}g{t}_{1}^{2}$
得${t}_{1}^{\;}=\sqrt{\frac{2h}{g}}=\sqrt{\frac{2×1.25}{10}}=0.5s$
（2）裝置加速度大�。�${a}_{1}^{\;}=μg=4m/{s}_{\;}^{2}$
由逆向思維：$x={v}_{1}^{\;}{t}_{1}^{\;}+\frac{1}{2}{a}_{1}^{\;}{t}_{1}^{2}$
代入數(shù)據(jù)：$x=6×0.5+\frac{1}{2}×4×0．{5}_{\;}^{2}=3.5m$
（3）小球在電場(chǎng)中時(shí)對(duì)小球：mg（h+d）-Fd=0
代入數(shù)據(jù)：0.4×（1.25+1）-F×1=0
解得：F=0.9N
小球在電場(chǎng)中的加速度：F-mg=ma
代入數(shù)據(jù)：0.9-0.4=0.04a
得$a=12.5m/{s}_{\;}^{2}$
小球在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間${t}_{2}^{\;}=2\sqrt{\frac{2d}{a}}=2\sqrt{\frac{2×1}{12.5}}s=0.8s$
小球在電場(chǎng)中裝置的加速度大小：$μ（Mg+F）=M{a}_{2}^{\;}$
代入數(shù)據(jù)：$0.4×（3.6+0.9）=0.36{a}_{2}^{\;}$
解得：${a}_{2}^{\;}=5m/{s}_{\;}^{2}$
當(dāng)小球返回到P板時(shí)，裝置的速度：$v={v}_{1}^{\;}-{a}_{2}^{\;}{t}_{2}^{\;}=6-5×0.8=2m/s$
答：（1）小球自由下落到小孔的時(shí)間0.5s；
（2）剛釋放小球時(shí)，小球與小孔的水平距離${x}_{1}^{\;}$為3.5m
（3）小球返回P板時(shí)裝置的速度為2m/s

點(diǎn)評(píng) 解決本題的關(guān)鍵理清小球和裝置的運(yùn)動(dòng)過程，結(jié)合牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式分析求解．注意小球在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，裝置的加速度與小球不在電場(chǎng)中時(shí)裝置的加速度不同．