Question

16．如圖所示，有一傾角為θ=30°的絕緣硬桿，以Q點為界，上下兩部分由不同材料制成，上部分粗糙，下部分光滑，一絕緣輕質(zhì)彈簧套在桿上（彈簧的直徑略大于桿的直徑），彈簧的下端與桿的底端連接，彈簧自然伸長時上端剛好位于Q點．整個裝置處在與桿平行，方向向下的勻強電場中，電場強度為E=$\frac{mg}{4q}$，一個質(zhì)量為m，電量為+q的小球套在此硬桿上，使小球從P點由靜止釋放，PQ的距離為L，小球與桿上部分的摩擦因數(shù)為μ=$\frac{\sqrt{3}}{6}$，其他摩擦和空氣阻力均不計，重力加速度為g，則下列說法中正確的是（　�。�

• A． 小球最終將停在Q點
• B． 從小球開始下滑到彈簧第一次壓縮到最短的過程中，小球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能先不變后增加
• C． 彈簧壓縮到最短時，小球的加速度不可能大于$\frac{1}{2}$g
• D． 小球與彈簧作用3次后，一定能回到距離出發(fā)點0.9L處

Answer 1

分析 物體接觸彈簧之前，重力的分力等于摩擦力，只有重力做功，機械能守恒，壓縮彈簧過程中，做的是簡諧運動，電勢能減小，系統(tǒng)機械能增加；根據(jù)簡諧運動的對稱性，壓縮到最短時的加速度大于剛接觸彈簧時的加速度，根據(jù)受力情況分析剛接觸彈簧時的加速度；作用3次的過程中，每次和彈簧分離后均做勻減速運動，根據(jù)運動學(xué)公式和牛頓第二定律求出小球反彈上升的最大距離，即可得出結(jié)論

解答 解：A、在Q點小球受到重力和向下的電場力，合力向下，不為0，小球最終不可能停在Q點，故A錯誤；
B、小球從P到Q過程中，受到的摩擦力$f=μmgcos30°=\frac{\sqrt{3}}{6}mg×\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{1}{4}mg$．電場力${F}_{電}^{\;}=Eq=\frac{mg}{4q}•q=\frac{mg}{4}$，電場力與摩擦力大小相等，方向相反，從P到Q只有只有重力做功，機械能守恒，從Q到最低點，電場力做正功，電勢能減小，小球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能不斷增加，故B正確；
C、小球從Q到最低點做簡諧運動，最低點的加速度大于Q點的加速度，在Q點，根據(jù)牛頓第二定律得mgsin30°+qE=ma，加速度$a＞\frac{1}{2}g$，所以壓縮到最短時，小球的加速度一定大于$\frac{1}{2}g$，故C錯誤；
D、小球從P到Q，根據(jù)牛頓第二定律，有mgsin30°=ma，解得$a=\frac{1}{2}g$，由${v}_{\;}^{2}=2ax$得，小球第1次到達(dá)Q點時的速度${v}_{Q}^{\;}=\sqrt{2•aL}=\sqrt{2•\frac{1}{2}gL}=\sqrt{gL}$
小球第一次與彈簧發(fā)生相互作用后，根據(jù)能量守恒，反彈回到Q點時，${v}_{Q}^{′}={v}_{Q}^{\;}=\sqrt{gL}$，
從Q點上滑，根據(jù)牛頓第二定律$mgsin30°+f+{F}_{電}^{\;}=ma′$，解得a′=g
向上運動的最大距離為$x′=\frac{{v}_{Q}^{′2}}{2a′}=\frac{gL}{2g}=\frac{L}{2}$
第2次小球與彈簧發(fā)生相互作用時的速度為${v}_{Q1}^{\;}$，${v}_{Q1}^{\;}=\sqrt{2a\frac{L}{2}}=\sqrt{\frac{1}{2}gL}$
反彈回到Q點時的速度大小${v}_{Q1}^{′}=\sqrt{\frac{1}{2}gL}$
向上運動的最大距離${x}_{1}^{\;}=\frac{{v}_{Q1}^{2}}{2a′}=\frac{L}{4}$
第3次小球與彈簧發(fā)生相互作用時的速度${v}_{Q2}^{\;}=\sqrt{2a•\frac{L}{4}}=\frac{1}{2}\sqrt{gL}$
反彈回到Q點時的速度大小${v}_{Q2}^{′}=\frac{1}{2}\sqrt{gL}$
向上運動的最大距離${x}_{2}^{\;}=\frac{{v}_{Q2}^{′2}}{2a′}=\frac{1}{8}L$，之后小球又開始向下勻加速運動，向下運動0.025L，距離出發(fā)點0.9L處，故D正確；
故選：BD

點評 本題主要考查了帶電體在電場中的運動，關(guān)鍵是運動情景的分析，抓住受力分析利用牛頓第二定律求加速度是關(guān)鍵，同時運用運動學(xué)公式求解位移，有一定的難度．