Question

如圖甲所示，光滑絕緣斜面AB，高h=0.1m，底端B與一塊質量為M=2kg的均勻、水平放置的絕緣平板光滑連接，平板長為L=1m，其距B端0.6m處C固定在高為R=0.5m的豎直支架上，支架的下端與垂直于紙面的固定轉軸O連接，平板可繞轉軸O沿順時針方向翻轉，在支架正上方有一個水平向右的有界勻強電場E．在斜面頂端A放置帶正電q=1×10^-5C的很小的物體，質量為m，使其由靜止滑下，沿平板進入電場，能滑過D點，并從D點飛出到水平地面上，設物體從D點飛出的水平距離為x，如圖乙是x²與E圖象，重力加速度g取10m/s²．問：

（1）圖乙中物體的質量m為多大？物體與平板間的動摩擦因數μ是多大？
（2）為保證不同質量物體都能滑過D點，且平板不翻轉，求物體的質量的取值范圍？
（3）為保證不同質量物體都能滑過D點，且平板不翻轉，求水平勻強電場E的大小范圍？
（4）平板出現漏電是常有的事情（漏電不影響電場分布），假設圖乙中物體m的帶電減少量△q隨在平板上滑過的長度成正比，即△q=ks（k=5×10^-6C/m），為保證物體滑到D點并且飛出的水平距離為1m，求此時勻強電場E的大��；請在圖乙中畫出平板漏電情況下的x²與E圖象．

Answer 1

分析：（1）從A到D的過程，根據動能定理得到物體滑到D點時的速度v，物體從D點滑出后做平拋運動，下落高度為R，R=

1

2

gt2，水平位移x=vt，聯立得到x²與E的關系，由圖象讀出斜率和截距，求出m．
（2）當物體滑到D點，平板恰好不翻轉時物體的質量最大，由力矩平衡條件求出質量的最大值．
（3）當物體恰好滑到D點時，速度為零，由動能定理求解水平勻強電場E的最小值．
（4）當物體恰好滑到D點時，物體的電量為q-△qL，由（q-△qL）E=μmg，求解E．

解答：解：（1）A到D動能定理得
   mgh+qEL-μmgL=

1

2

mv2
物體做平拋運動的過程：
  R=

1

2

gt2，
  x=vt，
聯立解得，x²=

4EqLR

mg

+4R（h-μL）
由圖象可得斜率為
   k=

2.6-0.8

(2.8-1)×105

=1×10-5m2N/C
又  k=

4qLR

mg

，即：m=

4qLR

kg

=0.2kg
由圖象可得截距為：b=0.2 m²
又 b=4R（h-μL）
解得μ=0.2
（2）當物體滑到D點，平板恰好不翻轉時物體的質量最大，以O點為支點，由力矩平衡條件得
   MgL₁=mgL₂+μmgR，
由題，L₁=0.1m，L₂=0.4m，M=2kg，R=0.5m，解得m=0.4kg
故質量的范圍 0＜m≤0.4kg
（3）當物體恰好滑到D點時，速度為零，由動能定理得
mgh+qEL-μmgL=0，得E=

μmgL-mgh

qL

代入解得，E=4×10^-6N/C，則水平勻強電場E的大小范圍E＞4×10^-6N/C
（4）當物體恰好滑到D點時，物體的電量為q-△qL，由（q-△qL）E=μmg，m=0.4kg
得E=1.6×10⁵N/C，圖象見上圖．
答：
（1）圖乙中物體的質量m為0.2kg，物體與平板間的動摩擦因數μ是0.2．
（2）為保證不同質量物體都能滑過D點，且平板不翻轉，物體的質量的取值范圍是0＜m≤0.4kg．
（3）為保證不同質量物體都能滑過D點，且平板不翻轉，水平勻強電場E的大小范圍E＞4×10^-6N/C．
（4）為保證物體滑到D點并且飛出的水平距離為1m，此時勻強電場E的大小是1.6×10⁵N/C，圖象見上圖．

點評：本題是動能定理、平拋運動、力矩平衡與圖象的綜合應用，由物理規律得到x²與E的關系式，根據數學知識求解有關量．