Question

15．如图，在水平地面上固定一倾角为θ的绝缘斜面，处于电场强度大小为E、方向沿斜面向下的匀强电场中，一劲度系数为k的绝缘轻质弹簧的一端系一质量为M的不带电滑块A静置于斜面底端的挡板上，整根弹簧处于自然状态，一质量为m、带电量为q（q＞0）的滑块B从距离弹簧上端为s₀处静止释放，已知：滑块B在运动过程中电量保持不变，滑块B与弹簧接触后立即与弹簧接连，滑块B与弹簧接触瞬间没有机械能损失，弹簧始终处在弹性限度内，两滑块与斜面的动摩擦因素均为μ，重力加速度为g．
（1）求滑块B从静止释放到与弹簧上端接触瞬间所经历的时间t；
（2）求滑块B从静止释放到速度最大过程中其电势能的改变量；
（3）滑块B静止释放后，弹簧第一次伸长至最长时，物块A刚好不能离开挡板在斜面上滑动，求从滑块B释放到此时，系统产生的热量．

Answer 1

分析 （1）由牛顿第二定律求出加速度，由位移公式求出运动时间；
（2）滑块所受合力为零时速度最大，由平衡条件求出滑块速度最大时，弹簧的压缩量，然后由动能定理求出其电势能的改变量；
（3）滑块在运动过程中要克服阻力做功，把机械能与电势能转化为内能，根据公式Q=f•S_相对求解热量．

解答 解：（1）对滑块，由牛顿第二定律得：
沿斜面方向滑块的加速度：a=$\frac{qE}{m}$+gsinθ-μgcosθ，
由速度位移公式可得：s₀=$\frac{1}{2}$at²，
解得，时间：t=$\sqrt{\frac{2{s}_{0}}{a}}$=$\sqrt{\frac{2m{s}_{0}}{qE+mgsinθ-μmgcosθ}}$；
（2）当滑块速度最大时，滑块受到的合力为零，
则qE+mgsinθ=kx，
解得：x=$\frac{qE+mgsinθ}{k}$，
电势能的减小量等于电场力做的功，为：
△E_p减=qE（x+x₀）=$\frac{qE（qE+mgsinθ）}{k}$+qEx₀；
（3）物块A刚好不能离开挡板在斜面上滑动，则：kx′=Mgsinθ
解得：x′=$\frac{Mgsinθ}{k}$
故系统产生的热量：Q=f•S_相对=μmgcosθ•（s₀+2x+x′）=μmgcosθ•[s₀+$\frac{2（qE+mgsinθ）}{k}$+$\frac{Mgsinθ}{k}$]；
答：（1）滑块B从静止释放到与弹簧上端接触瞬间所经历的时间t为$\sqrt{\frac{2m{s}_{0}}{qE+mgsinθ-μmgcosθ}}$；
（2）滑块B从静止释放到速度最大过程中其电势能的改变量为-$\frac{qE（qE+mgsinθ）}{k}$-qEx₀；
（3）从滑块B释放到此时，系统产生的热量为μmgcosθ•[s₀+$\frac{2（qE+mgsinθ）}{k}$+$\frac{Mgsinθ}{k}$]．

点评 本题考查了求滑块的运动时间、电势能改变量、滑块的路程，分析清楚滑块运动过程是正确解题的关键，应用牛顿第二定律、平衡条件、运动学公式、动能定理、能量守恒定律即可正确解题．