Question

11．如圖，絕緣平板S放在水平地面上，S與水平面間的動摩擦因數μ=0.4．兩足夠大的平行金屬板P、Q通過絕緣撐架相連，Q板固定在平板S上，P、Q間存在豎直向上的勻強電場，整個裝置總質量M=0.48kg，P、Q間距為d=1m，P板的中央有一小孔．給裝置某一初速度，裝置向右運動．現有一質量m=0.04kg、電量q=+1×10^-4C的小球，從離P板高h=1.25m處靜止下落，恰好能進入孔內．小球進入電場時，裝置的速度為v₁=5m/s．小球進入電場后，恰能運動到Q板且不與Q板接觸．忽略平行金屬板外部的電場對小球運動的影響，不計空氣阻力，g取10m/s²．  
（1）求勻強電場的場強大小E；
（2）求當小球第一次返回到P板時，裝置的速度v₂；
（3）小球第一次與P板碰撞時間極短，碰后速度大小不變，方向反向，碰后電量變為q’=-4×10^-4C．求從小球進入電場到第二次到達Q板過程中，絕緣平板S與地面因為摩擦而產生的熱量．（由于小球帶電量很小，碰撞過程對P、Q上的電荷分布的影響可以忽略，可認為碰撞前后兩金屬板間的電場保持不變）

Answer 1

分析 （1）對小球釋放到達最低點的過程運用動能定理求出電場強度的大小．
（2）應用牛頓第二定律求出加速度，應用運動學公式求出速度．
（3）應用牛頓第二定律求出加速度，應用運動學公式求出位移，然后由功的計算公式求出熱量．

解答 解：（1）小球下落到Q板時速度為零，
從最高點到最低點過程，由動能定理得：
mg（h+d）-Eqd=0，解得：E=9×10³N/C；
（2）小球在電場中的加速度：a=$\frac{qE-mg}{m}$=$\frac{1×1{0}^{-4}×9×1{0}^{3}-0.04×10}{0.04}$=12.5m/s²，
小球在電場中運動的時間：t₂=2$\sqrt{\frac{2s}{a}}$=2$\sqrt{\frac{2d}{a}}$=2$\sqrt{\frac{2×1}{12.5}}$=0.8s，
小球進入電場后，裝置的加速度：a′=$\frac{μ（Mg+qE）}{M}$=$\frac{0.4×（0.48×10+1×1{0}^{-4}×9×1{0}^{3}）}{0.48}$=4.75m/s²，
當小球第一次返回到P板時，裝置的速度：v₂=v₁-a′t₂=5-4.75×0.8=1.2m/s；
（3）小球從進入電場到小球返回到P板過程中裝置的位移：x₁=$\frac{{v}_{2}^{2}-{v}_{1}^{2}}{2a′}$=$\frac{1．{2}^{2}-{5}^{2}}{2×（-4.75）}$=2.48m，
熱量：Q₁=μ（Mg+Eq）x₁，解得：Q₁=5.6544J，
小球與P板碰撞之后速度v₀=5m/s，在之后的運動過程中：
小球的加速度：a′=$\frac{mg+q′E}{m}$=$\frac{0.04×10+4×1{0}^{-4}×9×1{0}^{3}}{0.04}$=100m/s²，
小球從P板運動至Q板的時間：$d={v_0}{t_3}+\frac{1}{2}a't_3^2$，解得：t₃=0.1s，
裝置的加速度：a₂′=$\frac{μ（Mg-q′E）}{M}$=$\frac{0.4×（0.48×10-4×1{0}^{-4}×9×1{0}^{3}）}{0.48}$=1m/s²，
裝置在這段時間內的位移：x₂=v₂t₃-$\frac{1}{2}$a₂′t₃²，熱量：Q₂=μ（Mg-Eq'）x₂，
解得：x₂=0.115m，Q₂=0.0552J，產生的總熱量：Q_總=Q₁+Q₂=5.7096J；
答：（1）勻強電場的場強大小E為9×10³N/C；
（2）當小球第一次返回到P板時，裝置的速度v₂為1.2m/s；
（3）從小球進入電場到第二次到達Q板過程中，絕緣平板S與地面因為摩擦而產生的熱量為5.7096J．

點評 解決本題的關鍵理清小球和裝置的運動過程，結合牛頓第二定律、動能定理、運動學公式分析求解．注意小球在電場中運動時，裝置的加速度與小球不在電場中時裝置的加速度不同．