Question

10．如圖甲，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瞬間所經(jīng)歷的時(shí)間t₁
（2）若滑塊在沿斜面向下運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中最大速度大小為v_m，求滑塊從靜止釋放到速度大小為v_m過(guò)程中彈簧的彈力所做的功W；
（3）從滑塊靜止釋放瞬間開(kāi)始計(jì)時(shí)，請(qǐng)?jiān)谝覉D中畫(huà)出滑塊在沿斜面向下運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中速度與時(shí)間關(guān)系v-t圖象．圖中橫坐標(biāo)軸上的t₁、t₂及t₃分別表示滑塊第一次與彈簧上端接觸、第一次速度達(dá)到最大值及第一次速度減為零的時(shí)刻，縱坐標(biāo)軸上的v₁為滑塊在t₁時(shí)刻的速度大小，v_m是題中所指的物理量．（本小題不要求寫(xiě)出計(jì)算過(guò)程）

Answer 1

分析 （1）滑塊從靜止釋放到與彈簧接觸的過(guò)程做勻加速運(yùn)動(dòng)，欲求時(shí)間，應(yīng)該用勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律公式中位移和時(shí)間的關(guān)系式．當(dāng)然需用牛頓第二定律解決加速度問(wèn)題．
（2）接觸彈簧后隨著彈簧彈力的逐漸增大，滑塊的加速度逐漸減小，當(dāng)加速度等于零時(shí)它的速度最大，此時(shí)合力等于零．可求出彈簧縮短的距離．再由動(dòng)能定理求出彈簧做的功．
（3）繪出整個(gè)過(guò)程中的v-t圖象需要區(qū)別勻變速和非勻變速的過(guò)程，在非勻變速過(guò)程中要根據(jù)加速度大小分析出曲線的斜率．

解答 解：（1）滑塊從靜止釋放到與彈簧剛接觸的過(guò)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…①
又有：s₀=$\frac{1}{2}$at^2…②
聯(lián)立①②可得：t₁=$\sqrt{\frac{2m{s}_{0}}{qE+mgsinθ}}$…③
（2）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…④
從靜止釋放到速度達(dá)到最大的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得：
（mgsinθ+qE）•（s₀+x₀）+W=$\frac{1}{2}$mv_m²-0…⑤
聯(lián)立④⑤可得：
W=$\frac{1}{2}$mv_m²-（mgsinθ+qE）•（s₀+$\frac{mgsinθ+qE}{k}$）
（3）假設(shè)t₁時(shí)刻速度為v₁，這段時(shí)間內(nèi)勻加速運(yùn)動(dòng)我們描點(diǎn)用刻度尺連線即可；
設(shè)t₂時(shí)刻速度達(dá)到最大，t₁到t₂時(shí)刻物體做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，畫(huà)一段斜率逐漸減小的平滑曲線即可．
設(shè)第一次速度為零的時(shí)刻為t₃，t₂到t₃時(shí)間內(nèi)物體做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，畫(huà)一段斜率逐漸增大的平滑曲線即可，
如圖所示：

答：
（1）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t₁是$\sqrt{\frac{2m{s}_{0}}{qE+mgsinθ}}$．
（2）彈簧的彈力所做的功是$\frac{1}{2}$mv_m²-（mgsinθ+qE）•（s₀+$\frac{mgsinθ+qE}{k}$）．
（3）如圖．

點(diǎn)評(píng) 本題要分析清楚物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，在有變力做功時(shí)運(yùn)用動(dòng)能定理求功常用的方法．第二問(wèn)的關(guān)鍵是正確寫(xiě)出動(dòng)能定理方程．第三問(wèn)畫(huà)圖象更是要弄清楚曲線斜率的意義．