Question

19．在水平地面MN上方高度为h=0.45m处有一个粗糙绝缘平台PQ，如图所示，平台上方PR右侧有水平向右的有界匀强电场，场强E=1.5×10³N/C．有一质量m=1.0×10^-3kg、带电量为q=-1.0×10^-6C的滑块放在平台上，距离平台左端P点L=1m处，滑块与平台的滑动摩擦因数为μ=0.50．现给滑块水平向左的初速度v₀=4m/s，问：
（1）滑块在平台上运动的加速度．
（2）滑块在平台上运动的时间．
（3）滑块落地点距N点多远？
（4）辨析：某同学认为一定可以找到某一大小的电场，当RP右侧所加的电场的方向分别为水平和竖直时（电场竖直时，小滑块在平台上运动不脱离平台表面），滑块能落到水平地面上的同一点，他的解法如下：
可能使小滑块落到同一点，即滑块从平台滑出时的速度相同．这时电场力的方向分别为向左和向上，由
qEL-μmgL=$\frac{1}{2}$mv_P²-$\frac{1}{2}$mv₀²①
μ（mg-qE）l=$\frac{1}{2}$mv_P²-$\frac{1}{2}$mv₀²②
两式联立求解…
该同学说法及所列方程是否正确？如果你同意它的观点，请求出该场强的大小．如果不同意请分析并说明理由．

Answer 1

分析 （1）对物体受力分析，根据牛顿第二定律列式即可求解加速度；
（2）滑块在平台上做匀减速直线运动，根据运动学基本公式即可求解；
（3）由滑块运动过程，根据动能定理，即可求出速度，滑块做类平抛运动，将其分解成竖直方向自由落体与水平方向匀速运动，由运动学公式，即可求解；
（4）该同学的说法是错误的．且方程②符号错误．要使小滑块落到水平地面上同一点，滑块从平台滑出时的速度必须相同，分两种情况，根据动能定理列式分析即可．

解答 解：（1）根据牛顿第二定律，有
μmg-qE=ma
解得：a=$μg-\frac{qE}{m}=5-\frac{1×1{0}^{-6}×1.5×1{0}^{3}}{1×1{0}^{-3}}=3.5m/{s}^{2}$
（2）滑块在平台上做匀减速直线运动，有
$L={v}_{0}t-\frac{1}{2}a{t}^{2}$
代入数据：1=5t-$\frac{1}{2}×3.5{t}^{2}$
解得：t=0.286s
（3）根据动能定理得：qEL-$μmgL=\frac{1}{2}m{{v}_{P}}^{2}-\frac{1}{2}m{{v}_{0}}^{2}$
解得：${v}_{p}=\sqrt{{{v}_{0}}^{2}+\frac{2qEL}{m}-2μgL}=3m/s$
由$h=\frac{1}{2}g{{t}_{1}}^{2}$
解得：t₁=0.3s，
则水平位移s=v_Pt₁=0.9m
（4）该同学的说法是错误的．且方程②符号错误．
要使小滑块落到水平地面上同一点，滑块从平台滑出时的速度必须相同．一种可能为水平时电场力的方向向右，竖直时电场力的方向向下，另一种可能为水平时电场力的方向向左（电场力小于滑动摩擦力），竖直时电场力的方向向上（电场力小于重力），滑块均做减速运动．
第一种情况：-qEL-$μmgL=\frac{1}{2}m{{v}_{P}}^{2}-\frac{1}{2}m{{v}_{0}}^{2}$③
$-μ（mg+qE）L=\frac{1}{2}m{{v}_{P}}^{2}-\frac{1}{2}m{{v}_{0}}^{2}$④
第二种情况：qEL-$μmgL=\frac{1}{2}m{{v}_{P}}^{2}-\frac{1}{2}m{{v}_{0}}^{2}$⑤
$-μ（mg-qE）L=\frac{1}{2}m{{v}_{P}}^{2}-\frac{1}{2}m{{v}_{0}}^{2}$⑥
因为μ不等于1，因此两种情况等式的左边均不可能相等．所以不存在这样的电场，使滑块落到水平地面上同一点．
答：（1）滑块在平台上运动的加速度为3.5m/s²；
（2）滑块在平台上运动的时间为0.286s；
（3）滑块落地点距N点的距离为0.9m；
（4）该同学说法及所列方程是不正确的，因为μ不等于1，因此两种情况等式的左边均不可能相等．所以不存在这样的电场，使滑块落到水平地面上同一点．

点评 考查动能定理的应用与粒子做类平抛运动的处理规律，注意滑块运动过程中受哪些力，哪些力做功，做正功还是负功．同时掌握运动的分解与合成的方法．