Question

有一質(zhì)量為M、長(zhǎng)度為l的矩形絕緣板放在光滑的水平面上，另一質(zhì)量為m、帶電量的絕對(duì)值為q的物塊（視為質(zhì)點(diǎn)），以初速度v₀從絕緣板的上表面的左端沿水平方向滑入，絕緣板周圍空間是范圍足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)域，其場(chǎng)強(qiáng)大小E=

3mg

5q

，方向豎直向下，如圖所示．已知物塊與絕緣板間的動(dòng)摩擦因數(shù)恒定，物塊運(yùn)動(dòng)到絕緣板的右端時(shí)恰好相對(duì)于絕緣板靜止；若將勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向改變?yōu)樨Q直向上，場(chǎng)強(qiáng)大小不變，且物塊仍以原初速度從絕緣板左端的上表面滑入，結(jié)果兩者相對(duì)靜止時(shí)，物塊未到達(dá)絕緣板的右端．求：
（1）場(chǎng)強(qiáng)方向豎直向下時(shí)，物場(chǎng)在絕緣板上滑動(dòng)的過(guò)程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量；
（2）場(chǎng)強(qiáng)方向豎直向下時(shí)與豎直向上時(shí)，物塊受到的支持力之比；
（3）場(chǎng)強(qiáng)方向豎直向上時(shí)，物塊相對(duì)于絕緣板滑行的距離．

Answer 1

分析：（1）滑塊與矩形絕緣板系統(tǒng)受外力的矢量和為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可求解末速度；
對(duì)兩次相對(duì)滑動(dòng)過(guò)程根據(jù)功能關(guān)系列式求解即可；
（2）電場(chǎng)反向后，電場(chǎng)力也反向，由于第一次滑到矩形絕緣板右邊緣，故第二次一定不到右邊緣，故可以判斷出兩次的電場(chǎng)力方向，進(jìn)一步判斷兩次的物塊受到的支持力情況；
（3）根據(jù)功能關(guān)系列式判斷場(chǎng)強(qiáng)方向豎直向上時(shí)，物塊相對(duì)于絕緣板滑行的距離．

解答：解：（1）場(chǎng)強(qiáng)方向豎直向下時(shí)，由系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有：
mv₀=（m+M）v                   ①
由能量守恒，有：
Q1=Ff1s1=

1

2

m

v

2 0

-

1

2

(m+M)v2      ②
其中Q表示產(chǎn)生熱量，F(xiàn)_f表示m與M間的摩擦力，s表示m與M相對(duì)位移，v表示A、B共同速度；
由①②式得：Q1=

mM v 2 0

2(m+M)

         ③
同理，場(chǎng)強(qiáng)方向豎直向上時(shí)，動(dòng)量仍守恒，可推出：
Q₂=Q1=Ff2s2=

1

2

m

v

2 0

-

1

2

(m+M)v2=

mM v 2 0

2(m+M)

   ④
∴Ff1s1=Ff2s2                               ⑤
依題意：s₁＞s₂，故Ff1＞Ff2
而F_f=μF_N ⑥
∴FN2＞FN1
說(shuō)明第一次電場(chǎng)力方向豎直向上，第二次電場(chǎng)力方向豎直向下（可判斷物塊帶負(fù)電）．
（2）∵FN1=mg-qE            ⑦
FN2=mg+qE                  ⑧
由已知E=

3mg

5q

，得

FN1

FN2

=

1

4

       ⑨
（3）由⑤⑥⑨得：s2=

1

4

s1=

1

4

l    ⑩
答：（1）場(chǎng)強(qiáng)方向豎直向下時(shí)，物場(chǎng)在絕緣板上滑動(dòng)的過(guò)程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量為

mM v 2 0

2(m+M)

；
（2）場(chǎng)強(qiáng)方向豎直向下時(shí)與豎直向上時(shí)，物塊受到的支持力之比為1：4；
（3）場(chǎng)強(qiáng)方向豎直向上時(shí)，物塊相對(duì)于絕緣板滑行的距離為

1

4

l．

點(diǎn)評(píng)：本題關(guān)鍵根據(jù)動(dòng)量守恒定律和功能關(guān)系列式后聯(lián)立討論，注意系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量是一定的，不難．