2020屆高考物理 精準(zhǔn)培優(yōu)專(zhuān)練十四 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)(含解析)
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1、帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 1.本知識(shí)點(diǎn)常以計(jì)算題的形式與牛頓運(yùn)動(dòng)定律、功能關(guān)系、能量守恒綜合考查。 2.兩點(diǎn)注意: (1)注意帶電粒子重力能否忽略; (2)力電綜合問(wèn)題注意受力分析、運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析,應(yīng)用動(dòng)力學(xué)知識(shí)或功能關(guān)系解題。 二、考題再現(xiàn) 典例1.(2018·全國(guó)III卷·21)如圖,一平行板電容器連接在直流電源上,電容器的極板水平;兩微粒a、b所帶電荷量大小相等、符號(hào)相反,使它們分別靜止于電容器的上、下極板附近,與極板距離相等?,F(xiàn)同時(shí)釋放a、b,它們由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)。在隨后的某時(shí)刻t,a、b經(jīng)過(guò)電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面。a、b間的相互作用和重力可忽略。下列說(shuō)法正確的是
2、( ) A.a(chǎn)的質(zhì)量比b的大 B.在t時(shí)刻,a的動(dòng)能比b的大 C.在t時(shí)刻,a和b的電勢(shì)能相等 D.在t時(shí)刻,a和b的動(dòng)量大小相等 典例2.(2019?全國(guó)II卷?24)如圖,如圖,兩金屬板P、Q水平放置,間距為d。兩金屬板正中間有一水平放置的金屬網(wǎng)G,P、Q、G的尺寸相同。G接地,P、Q的電勢(shì)均為φ(φ>0)。質(zhì)量為m,電荷量為q(q>0)的粒子自G的左端上方距離G為h的位置,以速度v0平行于紙面水平射入電場(chǎng),重力忽略不計(jì)。 (1)求粒子第一次穿過(guò)G時(shí)的動(dòng)能,以及它從射入電場(chǎng)至此時(shí)在水平方向上的位移大??; (2)若粒子恰好從G的下方距離G也為h的位置離開(kāi)電場(chǎng),則金屬板的長(zhǎng)度最
3、短應(yīng)為多少? 三、對(duì)點(diǎn)速練 1.如圖,平行板電容器AB兩極板水平放置,與理想二極管串聯(lián)接在電源上,已知A和正極相連,二極管具有單向?qū)щ娦裕粠щ娦∏蜓谹B中心水平射入,打在B極板上的N點(diǎn)。現(xiàn)保持B板不動(dòng),通過(guò)上下移動(dòng)A板來(lái)改變兩極板的間距(兩板仍平行),下列說(shuō)法中正確的是( ) A.若小球帶正電,當(dāng)AB間距減小時(shí),小球打在N的左側(cè) B.若小球帶正電,當(dāng)AB間距增大時(shí),小球打在N的左側(cè) C.若小球帶負(fù)電,當(dāng)AB間距增大時(shí),小球可能打在N的左側(cè) D.若小球帶負(fù)電,當(dāng)AB間距減小時(shí),小球可能打在N的右側(cè) 2.如圖所示,豎直平面內(nèi)有水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)E,
4、M點(diǎn)與P點(diǎn)的連線垂直于電場(chǎng)線,M點(diǎn)與N點(diǎn)在同一電場(chǎng)線上。兩個(gè)完全相同的帶等量正電荷的粒子,以相同大小的初速度v0分別從M點(diǎn)和N點(diǎn)沿豎直平面進(jìn)入電場(chǎng),重力不計(jì)。N點(diǎn)的粒子垂直電場(chǎng)線進(jìn)入,M點(diǎn)的粒子與電場(chǎng)線成一定夾角進(jìn)入,兩粒子恰好都能經(jīng)過(guò)P點(diǎn),在此過(guò)程中,下列說(shuō)法正確的是( ) A.電場(chǎng)力對(duì)兩粒子做功相同 B.兩粒子到達(dá)P點(diǎn)的速度大小可能相等 C.兩粒子到達(dá)P點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能都減小 D.兩粒子到達(dá)P點(diǎn)所需時(shí)間一定不相等 3.如圖所示,在與水平面夾角θ為60°的勻強(qiáng)電場(chǎng)中,有一帶負(fù)電的物塊A放在傾斜的絕緣木板上,物塊所受電場(chǎng)力的大小為其重力大小的一半,木板的傾角α為30°和60°時(shí)物塊所受
5、的摩擦力大小恰好相等,則物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為( ) A. B. C. D. 4.如圖所示,在豎直平面內(nèi)xOy坐標(biāo)系中分布著與水平方向成45°角的勻強(qiáng)電場(chǎng),將一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球,以某一初速度從O點(diǎn)豎直向上拋出,它的軌跡恰好滿足拋物線方程x=ky2,且小球通過(guò)點(diǎn)P。已知重力加速度為g,則( ) A.電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為 B.小球初速度的大小為 C.小球通過(guò)點(diǎn)P時(shí)的動(dòng)能為 D.小球從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的過(guò)程中,電勢(shì)能減少 5.在豎直平面內(nèi)有水平向右、電場(chǎng)強(qiáng)度為E=1×104 N/C的勻強(qiáng)電場(chǎng),在場(chǎng)中
6、有一個(gè)半徑為R=2 m的光滑圓環(huán),環(huán)內(nèi)有兩根光滑的弦AB和AC,A點(diǎn)所在的半徑與豎直直徑BC成37°角,質(zhì)量為0.04 kg的帶電小球由靜止從A點(diǎn)釋放,沿弦AB和AC到達(dá)圓周的時(shí)間相同?,F(xiàn)去掉弦AB和AC,給小球一個(gè)初速度讓小球 恰能在豎直平面沿環(huán)內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng),取小球圓周運(yùn)動(dòng)的最低點(diǎn)為電勢(shì)能和重力勢(shì)能的零點(diǎn),(cos 37°=0.8,g=10 m/s2)下列說(shuō)法正確的是( ) A.小球所帶電量為q=3.6×10-5 C B.小球做圓周過(guò)程中動(dòng)能最小值是0.5 J C.小球做圓周運(yùn)動(dòng)從B到A的過(guò)程中機(jī)械能逐漸減小 D.小球做圓周運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中對(duì)環(huán)的最大壓力是3.0 N 6.如圖,一斜
7、面緊靠豎直墻面固定在水平地面上。在紙面內(nèi)加一勻強(qiáng)電場(chǎng),其方向與水平面夾角α=60°,場(chǎng)強(qiáng),現(xiàn)將一質(zhì)量為m帶電量為+q的小球從斜面上P點(diǎn)豎直向上以v0拋出,第一次與接觸面撞前空中飛行的豎直位移為y1,若僅將初速度大小變?yōu)?v0從P點(diǎn)豎直拋出,第一次與接觸面碰撞前在空中飛行的豎直位移為y2,則下列說(shuō)法可能正確的是( ) A.y2=2y1 B.y2=4y1 C.y2=6y1 D.y2=10y1 7.如圖,豎直平面內(nèi)(紙面)存在平行于紙面的勻強(qiáng)電場(chǎng),方向與水平方向成θ= 60°角,紙面內(nèi)的線段MN與水平方向成α=30°角,MN長(zhǎng)度為d?,F(xiàn)將一質(zhì)量為m、電荷量為q(
8、q>0)的帶電小球從M由靜止釋放,小球沿MN方向運(yùn)動(dòng),到達(dá)N點(diǎn)的速度大小為vN(待求);若將該小球從M點(diǎn)沿垂直于MN的方向,以大小vN的速度拋出,小球?qū)⒔?jīng)過(guò)M點(diǎn)正上方的P點(diǎn)(未畫(huà)出),已知重力加速度大小為g,求: (l)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E及小球在N點(diǎn)的速度vN; (2)M點(diǎn)和P點(diǎn)之間的電勢(shì)差; (3)小球在P點(diǎn)動(dòng)能與在M點(diǎn)動(dòng)能的比值。 8.如圖甲所示,長(zhǎng)為L(zhǎng)、間距為d的兩金屬板A、B水平放置,ab為兩板的中心線,一個(gè)帶電粒子以速度v0從a點(diǎn)水平射入,沿直線從b點(diǎn)射出,若將兩金屬板接到如圖乙所示的交變電壓上,欲使該粒子仍能從b點(diǎn)以速度v0射出,求: (1)
9、交變電壓的周期T應(yīng)滿足什么條件? (2)粒子從a點(diǎn)射入金屬板的時(shí)刻應(yīng)滿足什么條件? 9.如圖甲所示,粗糙水平軌道與半徑為R的豎直光滑、絕緣的半圓軌道在B點(diǎn)平滑連接,過(guò)半圓軌道圓心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)E,質(zhì)量為m的帶正電小滑塊從水平軌道上A點(diǎn)由靜止釋放,運(yùn)動(dòng)中由于摩擦起電滑塊電量會(huì)增加,過(guò)B點(diǎn)后電量保持不變,小滑塊在AB段加速度隨位移變化圖象如圖乙。已知A、B間距離為4R,滑塊與軌道間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ= 0.5,重力加速度為g,不計(jì)空氣阻力,求: (1)小滑塊釋放后運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)過(guò)程
10、中電荷量的變化量; (2)滑塊對(duì)半圓軌道的最大壓力大?。? (3)小滑塊再次進(jìn)入電場(chǎng)時(shí),電場(chǎng)大小保持不變、方向變?yōu)橄蜃?,求小滑塊再次到達(dá)水平軌道時(shí)的速度大小以及距B的距離。 10.如圖所示,一帶電荷量q=+0.05 C、質(zhì)量M=l kg的絕緣平板置于光滑的水平面上,板上靠右端放一可視為質(zhì)點(diǎn)、質(zhì)量m=l kg的不帶電小物塊,平板與物塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.75。距平板左端L=0.8 m處有一固定彈性擋板,擋板與平板等高,平板撞上擋板后會(huì)原速率反彈。整個(gè)空間存在電場(chǎng)強(qiáng)度E=100 N/C的水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)?,F(xiàn)將物塊與平板一起
11、由靜止釋放,已知重力加速度g=10 m/s2,平板所帶電荷量保持不變,整個(gè)過(guò)程中物塊未離開(kāi)平板。求: (1)平板第二次與擋板即將碰撞時(shí)的速率; (2)平板的最小長(zhǎng)度; (3)從釋放平板到兩者最終停止運(yùn)動(dòng),擋板對(duì)平板的總沖量。 答案 二、考題再現(xiàn) 典例1.【解析】?jī)晌⒘V皇茈妶?chǎng)力qE作用且兩電場(chǎng)力大小相等,由x=a0t2,知微粒a的加速度大,由qE=ma0,知微粒a的質(zhì)量小,A錯(cuò)誤;由動(dòng)能定理qEx=Ek得,位移x大的動(dòng)能大,B正確;在同一等勢(shì)面上,a、b兩微粒電荷量雖相等,但電性相反,故在t時(shí)刻,a、b的電勢(shì)能不相
12、等,C錯(cuò)誤;由動(dòng)量定理qEt=mv得,在t時(shí)刻,a、b的動(dòng)量大小相等,D正確。 【答案】BD 典例2.【解析】(1)PG、QG間場(chǎng)強(qiáng)大小相等,均為E.粒子在PG間所受電場(chǎng)力F的方向豎直向下,設(shè)粒子的加速度大小為a,有 E= ① F=qE=ma ② 設(shè)粒子第一次到達(dá)G時(shí)動(dòng)能為Ek,由動(dòng)能定理有:qEh=Ek-mv ③ 設(shè)粒子第一次到達(dá)G時(shí)所用的時(shí)間為t,粒子在水平方向的位移大小為l,則有 h=at2 ④ l=v0t ⑤ 聯(lián)立①②③④⑤式解得:Ek=mv+qh ⑥ l=v0。⑦ (2)若粒子穿過(guò)G一次就從電場(chǎng)的右側(cè)飛出,則金屬板的長(zhǎng)度最短.由對(duì)稱(chēng)性知,此時(shí)金屬板的長(zhǎng)度L為
13、L=2l=2v0。 ⑧ 三、對(duì)點(diǎn)速練 1.【答案】AD 【解析】若小球帶正電,當(dāng)d減小時(shí),電容增大,Q增大,U不變,根據(jù),知d減小時(shí)E增大,所以電場(chǎng)力變大,方向向下,小球做平拋運(yùn)動(dòng)豎直方向加速度增大,運(yùn)動(dòng)時(shí)間變短,打在N點(diǎn)左側(cè)。故A正確。若小球帶正電,當(dāng)d增大時(shí),電容減小,但由于二極管的單向?qū)щ娦允沟肣不可能減小,所以Q不變, 根據(jù),知E不變,所以電場(chǎng)力不變,小球仍然打在N點(diǎn)。故B錯(cuò)誤。若小球帶負(fù)電,當(dāng)AB間距d增大時(shí),電容減小,但Q不可能減小,所以Q不變,根據(jù),知E不變,所以電場(chǎng)力大小不變,方向向上,若電場(chǎng)力小于重力,小球做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)豎直方向上的加速度不變,運(yùn)動(dòng)時(shí)間不變,
14、小球仍然可能打在N點(diǎn)。故C錯(cuò)誤。若小球帶負(fù)電,當(dāng)AB間距d減小時(shí),電容增大,則Q增大,根據(jù),知E增大,所以電場(chǎng)力變大,方向向上,若電場(chǎng)力小于重力,小球做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)豎直方向上的加速度減小,運(yùn)動(dòng)時(shí)間變長(zhǎng),小球?qū)⒋蛟贜點(diǎn)的右側(cè)。故D正確。 2.【答案】D 【解析】由題圖可知M、P兩點(diǎn)在同一等勢(shì)面上,所以?xún)牲c(diǎn)間的電勢(shì)差為零,而N、P間的電勢(shì)差大于零,根據(jù)W=qU知,電場(chǎng)力對(duì)M點(diǎn)的粒子不做功,對(duì)N點(diǎn)的粒子做正功,故A錯(cuò)誤;根據(jù)動(dòng)能定理知N點(diǎn)的粒子到達(dá)P點(diǎn)時(shí)電場(chǎng)力做正功,所以速度增大,而M點(diǎn)的粒子到達(dá)P點(diǎn)時(shí)電場(chǎng)力不做功,所以速度大小不變,又因它們的初速度大小相等,所以?xún)闪W拥竭_(dá)P點(diǎn)的速度大小不等,故B
15、錯(cuò)誤;M點(diǎn)的粒子到達(dá)P點(diǎn)時(shí)電勢(shì)能不變,N點(diǎn)的粒子到達(dá)P點(diǎn)電場(chǎng)力做正功,所以電勢(shì)能減少,故C錯(cuò)誤;在垂直于電場(chǎng)線方向,兩個(gè)粒子都做勻速直線運(yùn)動(dòng),設(shè)PM=L,M點(diǎn)的粒子初速度方向與電場(chǎng)線的夾角為α,則M點(diǎn)的粒子到達(dá)P點(diǎn)的時(shí)間:tM=,N點(diǎn)的粒子到達(dá)P點(diǎn)的時(shí)間:tN=,由此可見(jiàn),兩粒子到達(dá)P點(diǎn)所需時(shí)間一定不相等,故D正確。 3.【答案】D 【解析】當(dāng)木板傾角是30°時(shí),物塊受到重力、支持力、垂直斜面向下的電場(chǎng)力和摩擦力的作用。在垂直于斜面的方向上,F(xiàn)N1=mgcos30°+qE=mg()①,當(dāng)木板傾角是60°時(shí),物塊受到重力、支持力、與斜面成30°向下的電場(chǎng)力和摩擦力的作用。在垂直于斜面的方向:
16、FN2=mgcos60°+qEcos30°=mg+mg②,①②兩式比較可知,F(xiàn)N1>FN2,在摩擦因數(shù)相等的情況下,一定是木板的傾角α為30°是靜摩擦力,60°時(shí)物塊所受的是滑動(dòng)摩擦力。木板的傾角α為30°時(shí)物塊受力平衡,得:f1=mgsin30°=mg③,木板的傾角α為60°時(shí)物塊受摩擦力:f2=μFN2=μ(mg+mg)④,由題意:f1=f2⑤,聯(lián)立③④⑤解得:μ=.故D正確,ABC錯(cuò)誤。 4.【答案】BC 【解析】小球做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng),則電場(chǎng)力與重力的合力沿x軸正方向,qE=mg,電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E=, A錯(cuò)誤;F合=mg=ma,所以a=g,由類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有=v0t,=gt2
17、,得小球初速度大小為v0=,B正確;由P點(diǎn)的坐標(biāo)分析可知=,所以小球通過(guò)點(diǎn)P時(shí)的動(dòng)能為mv2=m(v+v)=,C正確;小球從O到P過(guò)程中電勢(shì)能減少,且減少的電勢(shì)能等于電場(chǎng)力做的功,即W=qE·=,D錯(cuò)誤。 5.【答案】BCD 【解析】由題知,小球在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng),由靜止從A點(diǎn)釋放,沿弦AB和AC到達(dá)圓周的時(shí)間相同,則A點(diǎn)可以認(rèn)為是等效圓周的最高點(diǎn),沿直徑與之對(duì)應(yīng)圓周上的點(diǎn)可以認(rèn)為是等效圓周的最低點(diǎn),對(duì)小球進(jìn)行受力分析,小球應(yīng)帶正電,如圖所示,可得mgtan37=qE解得小球的帶電量為,故A錯(cuò)誤;小球做圓周過(guò)程中由于重力和電場(chǎng)力都是恒力,所以它們的合力也是恒力,小球的動(dòng)能、重力勢(shì)能和電勢(shì)能之和
18、保持不變,在圓上各點(diǎn)中,小球在等效最高點(diǎn)A的勢(shì)能(重力勢(shì)能和電勢(shì)能之和)最大,則其動(dòng)能最小,由于小球恰能在豎直平面沿環(huán)內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng),根據(jù)牛頓第二定律,在A點(diǎn)其合力作為小球做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力=m,小球做圓周過(guò)程中動(dòng)能最小值Ekmin=mvA2==J=0.5J,故B正確;由于總能量保持不變,小球從B到A過(guò)程中電場(chǎng)力做負(fù)功,電勢(shì)能增大,小球的機(jī)械能逐漸減小,故C正確;將重力與電場(chǎng)力等效成新的“重力場(chǎng)”,新“重力場(chǎng)”方向與豎直方向成,等效重力,等效重力加速度為,小球恰好能做圓周運(yùn)動(dòng),在等效最高點(diǎn)A點(diǎn)速度為,在等效最低點(diǎn)小球?qū)Νh(huán)的壓力最大,設(shè)小球在等效最低點(diǎn)的速度為v,由動(dòng)能定理得。在等效最低點(diǎn),由牛頓
19、第二定律,聯(lián)立解得小球在等效最低點(diǎn)受到的支持力根據(jù)牛頓第三定律知,小球做圓周運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中對(duì)環(huán)的最大壓力大小也為3.0N,故D正確。 6.【答案】BC 【解析】小球受重力mg以及沿電場(chǎng)方向的電場(chǎng)力,大小為,其豎直分量為;則小球做豎直方向做勻速運(yùn)動(dòng);水平方向,則水平方向做加速度為的勻加速運(yùn)動(dòng);若小球第一次能落到斜面上,則第一次與接觸面撞前,則 (其中α為斜面的傾角),則,則當(dāng)初速度大小變?yōu)?v0時(shí),豎直位移y變?yōu)樵瓉?lái)的9倍;若兩次小球第一次均落在豎直墻壁上,則水平位移相等,則時(shí)間相等,由y=v0t可知,則當(dāng)初速度大小變?yōu)?v0時(shí),豎直位移y變?yōu)樵瓉?lái)的3倍;若第一次落在斜面上,第二
20、次落在墻壁上,可知豎直位移應(yīng)該介于3倍和9倍之間,則選項(xiàng)BC正確,AD錯(cuò)誤。 7.【解析】(l)由小球運(yùn)動(dòng)方向可知,小球受合力沿MN方向,如圖甲,由正弦定理: mgsin30°=Fsin30°=Eqsin120° 得:E=3mgq 合力:F=mg 從M→N,有:2ad=υN2 得:υN=2gd (2)如圖乙,設(shè)MP為h,作PC垂直于電場(chǎng)線,小球做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng): hcos60°=12at2,hsin60°=υNt UMC=Ehcos30°,UMP=UMC 得:UMP=-4mgdq (3)如圖乙,作PD垂直于MN,從M→P,由動(dòng)能定理:FSMD=EKP-EKM SMD=h
21、sin30° EKM=12mvN2 EKPEKM=FSMD+EKMEKM=73。 8.【解析】(1)為使粒子仍從b點(diǎn)以速度v0穿出電場(chǎng),在垂直于初速度方向上,粒子的運(yùn)動(dòng)應(yīng)為:加速,減速,反向加速,(反向)減速,經(jīng)歷四個(gè)過(guò)程后,回到中心線上時(shí),在垂直于金屬板的方向上速度正好等于零,這段時(shí)間等于一個(gè)周期,故有L=nTv0 解得T= 粒子在T內(nèi)離開(kāi)中心線的距離為y=a 又a=,E= 解得y= 在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中離開(kāi)中心線的最大距離為ym=2y= 粒子不撞擊金屬板,應(yīng)有ym≤d 解得T≤2d 故n≥,即n取大于等于的整數(shù) 所以粒子的周期應(yīng)滿足的條件為T(mén)=,其中n取大于等于的整
22、數(shù)。 (2)粒子進(jìn)入電場(chǎng)的時(shí)刻應(yīng)為T(mén),T,T,… 故粒子進(jìn)入電場(chǎng)的時(shí)刻為t=T(n=1,2,3,…)。 9.【解析】(1) 由牛頓第二定律得,在A點(diǎn): ① 在B點(diǎn): ② 由①②聯(lián)立解得: ③ (2)從A到B過(guò)程,由動(dòng)能定理得: ④ 將電場(chǎng)力與重力的合力等效為“重力G?”,與豎直方向的夾角設(shè)為α,在“等效最低點(diǎn)”時(shí)滑塊對(duì)軌道壓力最大,則: ⑤ ⑥ 從B到“等效最低點(diǎn)”過(guò)程,由動(dòng)能定理得: ⑦ 由牛頓第二定律得: ⑧ 由②④⑤⑥⑦⑧式聯(lián)立解得: 由牛頓第三定律得軌道所受最大壓力為
23、 (3)從B到C過(guò)程,由動(dòng)能定理得: ⑨ 從C點(diǎn)到再次進(jìn)入電場(chǎng)的過(guò)程中做平拋運(yùn)動(dòng): 水平方向: ⑩ 豎直方向: ? ? 設(shè)速度方向與水平方向的夾角為β1,則 ? 進(jìn)入電場(chǎng)后,受向左的電場(chǎng)力與豎直向下的重力, ? 由?⑨⑩?????式聯(lián)立可得:,則進(jìn)入電場(chǎng)后合力與速度共線,做勻加速直線運(yùn)動(dòng) ? 從C點(diǎn)到水平軌道: ? 由⑨⑩??????式聯(lián)立可得:, 因此滑塊再次到達(dá)水平軌道的速度大小為,方向與水平方向夾角的正切值為、斜向左下方,位置在B點(diǎn)左側(cè)6R處。 10.【解析】(1)兩者相對(duì)靜
24、止,在電場(chǎng)力作用下一起向左加速,有a==2.5 m/s2<μg 故平板M與物塊m一起勻加速,根據(jù)動(dòng)能定理可得:qEL= 解得:v1=2.0 m/s 設(shè)向左為正方向,則平板反彈后,物塊以速度v1=2.0 m/s、加速度大小a1==7.5 m/s2,向左做勻減速運(yùn)動(dòng);平板以速度-v1=-2.0 m/s、加速度大小a2==12.5 m/s2,向右做勻減速運(yùn)動(dòng)。 設(shè)經(jīng)歷時(shí)間t1木板與木塊達(dá)到共同速度v1′,則有: v1-a1t1=v1? -v1+a2t1=v1? 解得:t1=0.2 s,v1?=0.5 m/s,方向向左。 此時(shí)平板左端距擋板的距離:x=v1t1-=0.15 m 此
25、后兩者一起向左勻加速,設(shè)第二次碰撞時(shí)速度為v,則由動(dòng)能定理得: =qEx1 解得:v2=1.0 m/s。 (2)最后平板、小物塊靜止(左端與擋板接觸),此時(shí)小物塊恰好滑到平板最左端,這時(shí)的平板長(zhǎng)度最短。 設(shè)平板長(zhǎng)為l,全程根據(jù)能量守恒可得:qEL=μmgl 解得:l=m≈0.53 m。 (3)設(shè)平板第n-1次與第n次碰撞反彈速度分別為vn-1和vn,平板第n-1次反彈后設(shè)經(jīng)歷時(shí)間tn-1,平板與物塊達(dá)到共同速度vn-1′,以向左為正方向,則: 對(duì)平板有:vn-1′=-vn-1+a2tn-1 位移大小 對(duì)物塊有:vn-1′=vn-1-a1tn-1 由以上三式解得:,, 此后兩者一起向左勻加速,由動(dòng)能定理得: qExn-1= 解得: 從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到平板和物塊恰停止,擋板對(duì)平板的總沖量: I=2Mv1+2Mv2+2Mv3+2Mv4+…… 解得:I=8.0 N?s。 14
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