Question

6．如图所示，绝缘平板S放在水平地面上，S与水平面间的动摩擦因数μ=0.4．两块足够大带等量异种电荷的平行金属板P、Q通过绝缘撑架板固定在S上，在两板间形成竖直向上的匀强电场，板间距离为d=1m，P板的中央有一小孔，整个装置总质量为M=0.36kg．给装置某一初速度使其向右做直线运动，同时将质量为m=0.04kg的带正电小球，从离P板高h=1.25m处静止下落，恰好能进入孔内．小球进入电场时，装置速度为v₁=6m/s．小球进入电场后，恰能运动 到P板且不与Q板接触，之后返回极板P（不计空气阻力，g取10m/s²，不考虑运动产生的磁场）．求：
（1）小球自由下落到小孔的时间；
（2）刚释放小球时，小球与小孔的水平距离x₁
（3）小球返回P板时装置的速度．

Answer 1

分析 （1）根据自由落体运动公式求小球自由下落到小孔的时间；
（2）小球不在电场中，根据牛顿第二定律求出装置的加速度，采用逆向思维，由位移公式求出刚释放小球时，小球与小孔的水平距离；
（3）根据动能定理求出电场力，由牛顿第二定律求出小球在电场中的加速度，由位移公式求出小球在电场中运动的时间，根据牛顿第二定律求出小球在电场中装置的加速度，由速度时间公式求出小球返回P板时装置的速度；

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）装置加速度大小：${a}_{1}^{\;}=μg=4m/{s}_{\;}^{2}$
由逆向思维：$x={v}_{1}^{\;}{t}_{1}^{\;}+\frac{1}{2}{a}_{1}^{\;}{t}_{1}^{2}$
代入数据：$x=6×0.5+\frac{1}{2}×4×0．{5}_{\;}^{2}=3.5m$
（3）小球在电场中时对小球：mg（h+d）-Fd=0
代入数据：0.4×（1.25+1）-F×1=0
解得：F=0.9N
小球在电场中的加速度：F-mg=ma
代入数据：0.9-0.4=0.04a
得$a=12.5m/{s}_{\;}^{2}$
小球在电场中运动的时间${t}_{2}^{\;}=2\sqrt{\frac{2d}{a}}=2\sqrt{\frac{2×1}{12.5}}s=0.8s$
小球在电场中装置的加速度大小：$μ（Mg+F）=M{a}_{2}^{\;}$
代入数据：$0.4×（3.6+0.9）=0.36{a}_{2}^{\;}$
解得：${a}_{2}^{\;}=5m/{s}_{\;}^{2}$
当小球返回到P板时，装置的速度：$v={v}_{1}^{\;}-{a}_{2}^{\;}{t}_{2}^{\;}=6-5×0.8=2m/s$
答：（1）小球自由下落到小孔的时间0.5s；
（2）刚释放小球时，小球与小孔的水平距离${x}_{1}^{\;}$为3.5m
（3）小球返回P板时装置的速度为2m/s

点评 解决本题的关键理清小球和装置的运动过程，结合牛顿第二定律、运动学公式分析求解．注意小球在电场中运动时，装置的加速度与小球不在电场中时装置的加速度不同．