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，斜面處于電場強度大小為E、方向沿斜面向下的勻強電場中．一勁度系數為k的絕緣輕質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，滑塊在運動過程中電量保持不變，設滑塊與彈簧接觸過程沒有機械能損失，彈簧始終處在彈性限度內，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歷的時間t₁
（2）若滑塊在沿斜面向下運動的整個過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過程中彈簧的彈力所做的功W；
（3）從滑塊靜止釋放瞬間開始計時，請在乙圖中畫出滑塊在沿斜面向下運動的整個過程中速度與時間關系v-t圖象．圖中橫坐標軸上的t₁、t₂及t₃分別表示滑塊第一次與彈簧上端接觸、第一次速度達到最大值及第一次速度減為零的時刻，縱坐標軸上的v₁為滑塊在t₁時刻的速度大小，v_m是題中所指的物理量．（本小題不要求寫出計算過程）

Answer 1

分析 （1）滑塊從靜止釋放到與彈簧接觸的過程做勻加速運動，欲求時間，應該用勻變速直線運動規(guī)律公式中位移和時間的關系式．當然需用牛頓第二定律解決加速度問題．
（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，當加速度等于零時它的速度最大，此時合力等于零．可求出彈簧縮短的距離．再由動能定理求出彈簧做的功．
（3）繪出整個過程中的v-t圖象需要區(qū)別勻變速和非勻變速的過程，在非勻變速過程中要根據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程中做初速度為零的勻加速直線運動，設加速度大小為a，則有：
qE+mgsinθ=ma…①
又有：s₀=$\frac{1}{2}$at^2…②
聯立①②可得：t₁=$\sqrt{\frac{2m{s}_{0}}{qE+mgsinθ}}$…③
（2）滑塊速度最大時受力平衡，設此時彈簧壓縮量為x₀，則有：
mgsinθ+qE=kx₀…④
從靜止釋放到速度達到最大的過程中，由動能定理得：
（mgsinθ+qE）•（s₀+x₀）+W=$\frac{1}{2}$mv_m²-0…⑤
聯立④⑤可得：
W=$\frac{1}{2}$mv_m²-（mgsinθ+qE）•（s₀+$\frac{mgsinθ+qE}{k}$）
（3）假設t₁時刻速度為v₁，這段時間內勻加速運動我們描點用刻度尺連線即可；
設t₂時刻速度達到最大，t₁到t₂時刻物體做加速度減小的加速運動，畫一段斜率逐漸減小的平滑曲線即可．
設第一次速度為零的時刻為t₃，t₂到t₃時間內物體做加速度增大的減速運動，畫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歷的時間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．

點評 本題要分析清楚物體的運動過程，在有變力做功時運用動能定理求功常用的方法．第二問的關鍵是正確寫出動能定理方程．第三問畫圖象更是要弄清楚曲線斜率的意義．