Question

如圖所示，勁度系數(shù)為k的輕彈簧的一端固定在絕緣墻上，另一端與置于絕緣水平面上質(zhì)量為m，帶電量為+q的物體接觸（未連接），彈簧水平且無(wú)形變．用水平力F緩慢推動(dòng)物體，在彈性限度內(nèi)彈簧長(zhǎng)度被壓縮了x₀，此時(shí)物體靜止．在撤去F的同時(shí)，在空間加上大小為E水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，物體開始向左運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)的最大距離為4x₀．物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g．則（　�。�

• A．撤去F后，物體先做勻加速運(yùn)動(dòng)，再做勻減速運(yùn)動(dòng)
• B．彈力和電場(chǎng)力所做的總功為4μmgx₀
• C．撤去F后，物體剛運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小為

  KX0+qE

  m

  -μg
• D．物體開始向左運(yùn)動(dòng)到速度最大的過(guò)程中，克服摩擦力做的功為μmg（x₀-

  μmg

  k

  -

  qE

  k

  ）

Answer 1

分析：本題通過(guò)分析物體的受力情況，來(lái)確定其運(yùn)動(dòng)情況：撤去F后，物體水平方向上受到彈簧的彈力、電場(chǎng)力和滑動(dòng)摩擦力，電場(chǎng)力和滑動(dòng)摩擦力不變，而彈簧的彈力隨著壓縮量的減小而減小，可知加速度先減小后增大，物體先做變加速運(yùn)動(dòng)，再做變減速運(yùn)動(dòng)，最后物體離開彈簧后做勻減速運(yùn)動(dòng)；撤去F后，根據(jù)牛頓第二定律求解物體剛運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小；物體離開彈簧后通過(guò)的最大距離為4x₀，由動(dòng)能定理求解彈力和電場(chǎng)力所做的總功為4μmgx₀；當(dāng)彈簧的彈力與電場(chǎng)力、滑動(dòng)摩擦力的合力大小相等、方向相反時(shí)，速度最大，可求得此時(shí)彈簧的壓縮量，即可求解物體開始向左運(yùn)動(dòng)到速度最大的過(guò)程中克服摩擦力做的功．

解答：解：A、撤去F后，物體水平方向上受到彈簧的彈力、電場(chǎng)力和滑動(dòng)摩擦力，電場(chǎng)力和滑動(dòng)摩擦力不變，而彈簧的彈力隨著壓縮量的減小而減小，彈簧的彈力隨著壓縮量的減小而減小，加速度先減小后增大，物體先做變加速運(yùn)動(dòng)，再做變減速運(yùn)動(dòng)，物體離開彈簧后做勻減速運(yùn)動(dòng)．故A錯(cuò)誤．
B、設(shè)彈力和電場(chǎng)力所做的總功為W，則運(yùn)用動(dòng)能定理得：W-μmg?4x₀=0，得W=4μmgx₀．故B正確．
C、撤去F后，物體物體水平方向上受到向左彈簧的彈力、向右的電場(chǎng)力和滑動(dòng)摩擦力，由牛頓第二定律得：物體的加速度為a=

kx0-qE-μmg

m

．故C錯(cuò)誤．
D、當(dāng)彈簧的彈力與電場(chǎng)力、滑動(dòng)摩擦力的合力大小相等、方向相反時(shí)，速度最大，此時(shí)彈簧的壓縮量為x=

qE+mg

k

，物體開始向左運(yùn)動(dòng)到速度最大的過(guò)程中，克服摩擦力做的功為μmg（x₀-x）=μmg（x₀-

μmg

k

-

qE

k

）．故D正確．
故選BD

點(diǎn)評(píng)：本題分析物體的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況是解答的關(guān)鍵，要抓住加速度與合外力成正比，即可得到加速度是變化的．