Question

11．如图，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=0.4．两足够大的平行金属板P、Q通过绝缘撑架相连，Q板固定在平板S上，P、Q间存在竖直向上的匀强电场，整个装置总质量M=0.48kg，P、Q间距为d=1m，P板的中央有一小孔．给装置某一初速度，装置向右运动．现有一质量m=0.04kg、电量q=+1×10^-4C的小球，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，装置的速度为v₁=5m/s．小球进入电场后，恰能运动到Q板且不与Q板接触．忽略平行金属板外部的电场对小球运动的影响，不计空气阻力，g取10m/s²．  
（1）求匀强电场的场强大小E；
（2）求当小球第一次返回到P板时，装置的速度v₂；
（3）小球第一次与P板碰撞时间极短，碰后速度大小不变，方向反向，碰后电量变为q’=-4×10^-4C．求从小球进入电场到第二次到达Q板过程中，绝缘平板S与地面因为摩擦而产生的热量．（由于小球带电量很小，碰撞过程对P、Q上的电荷分布的影响可以忽略，可认为碰撞前后两金属板间的电场保持不变）

Answer 1

分析 （1）对小球释放到达最低点的过程运用动能定理求出电场强度的大小．
（2）应用牛顿第二定律求出加速度，应用运动学公式求出速度．
（3）应用牛顿第二定律求出加速度，应用运动学公式求出位移，然后由功的计算公式求出热量．

解答 解：（1）小球下落到Q板时速度为零，
从最高点到最低点过程，由动能定理得：
mg（h+d）-Eqd=0，解得：E=9×10³N/C；
（2）小球在电场中的加速度：a=$\frac{qE-mg}{m}$=$\frac{1×1{0}^{-4}×9×1{0}^{3}-0.04×10}{0.04}$=12.5m/s²，
小球在电场中运动的时间：t₂=2$\sqrt{\frac{2s}{a}}$=2$\sqrt{\frac{2d}{a}}$=2$\sqrt{\frac{2×1}{12.5}}$=0.8s，
小球进入电场后，装置的加速度：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，
当小球第一次返回到P板时，装置的速度：v₂=v₁-a′t₂=5-4.75×0.8=1.2m/s；
（3）小球从进入电场到小球返回到P板过程中装置的位移：x₁=$\frac{{v}_{2}^{2}-{v}_{1}^{2}}{2a′}$=$\frac{1．{2}^{2}-{5}^{2}}{2×（-4.75）}$=2.48m，
热量：Q₁=μ（Mg+Eq）x₁，解得：Q₁=5.6544J，
小球与P板碰撞之后速度v₀=5m/s，在之后的运动过程中：
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，
小球从P板运动至Q板的时间：$d={v_0}{t_3}+\frac{1}{2}a't_3^2$，解得：t₃=0.1s，
装置的加速度：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，
装置在这段时间内的位移：x₂=v₂t₃-$\frac{1}{2}$a₂′t₃²，热量：Q₂=μ（Mg-Eq'）x₂，
解得：x₂=0.115m，Q₂=0.0552J，产生的总热量：Q_总=Q₁+Q₂=5.7096J；
答：（1）匀强电场的场强大小E为9×10³N/C；
（2）当小球第一次返回到P板时，装置的速度v₂为1.2m/s；
（3）从小球进入电场到第二次到达Q板过程中，绝缘平板S与地面因为摩擦而产生的热量为5.7096J．

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、动能定理、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．