Question

1．如圖所示，A是一個質(zhì)量為1×10^-3kg表面絕緣的薄板，薄板靜止在光滑的水平面上，在薄板左端放置一質(zhì)量為1×10^-3kg帶電量為q=1×10^-5C的絕緣物塊，在薄板上方有一水平電場，可以通過外接裝置控制其大小及方向．接通裝置先產(chǎn)生一個方向水平向右，大小E₁=5×10²V/m的電場，薄板和物塊開始運動，作用時間2s后，改變電場，電場大小變?yōu)镋₂=1×10²V/m，方向向左，電場作用一段時間后，關(guān)閉電場，薄板正好到達(dá)目的地，且薄板和物塊的速度都恰好為零．已知薄板與物塊間的動摩擦因數(shù)μ=0.1，（薄板不帶電，物塊體積大小不計，g取10m/s²）求：
（1）在電場E₁作用下物塊和薄板的加速度各為多大；
（2）電場E₂作用的時間；
（3）從薄板和物塊開始運動到薄板和物塊的速度恰好為零過程中電場力做功為多少．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)牛頓第二定律分別求出物塊和薄板的加速度．
（2）根據(jù)運動學(xué)公式求出2s時物塊的速度，經(jīng)2秒后，物塊作勻減速運動，求出物塊的加速度，薄板的加速度不變，仍為a₂=1m/s²向右，當(dāng)兩者速度相等時，物塊恰好到達(dá)薄板的最右端，以后因為qE₂=f=?（m₀+m₁）g，物塊和薄板一起作為整體向右以相同的加速度向右作勻減速直到速度都為0．求出物塊和薄板獲得共同速度至停止運動用時間，即可求出第二次電場作用時間；
（3）求出物塊在兩個過程中通過的位移，根據(jù)功能關(guān)系求出電場力做的功．

解答 解：（1）根據(jù)牛頓第二定律得：物塊的加速度a₁=$\frac{{F}_{1}-μmg}{m}$=$\frac{{E}_{1}q-μmg}{m}$=$\frac{5×1{0}^{2}×1×1{0}^{-3}-0.1×1{0}^{-3}}{0.1×1{0}^{-3}}m/{s}^{2}$=4m/s²
薄板的加速度為：a₂=$\frac{μmg}{M}$=$\frac{0.1×1×1{0}^{-3}×10}{1×1{0}^{-3}}$=1m/s²．
（2）經(jīng)t₁=2s 物塊速度為v₁=a₁t₁=4×2=8m/s，向右；
薄板的速度v₂=a₂t₁=1×2=2m/s，向右．
經(jīng)2s后，物塊做勻減速運動，加速度大小a₁′=$\frac{E{q}_{2}+μmg}{m}$
代入數(shù)據(jù)得：a₁′=2m/s²，向左．
薄板的加速度不變，仍為a₂=1m/s²向右．
當(dāng)兩者速度相等時，物塊恰好到達(dá)小車最右端，以后因為qE₂＜?（m+M）g，兩者一起作為整體向右以a₃=$\frac{q{E}_{2}}{M+m}$=0.5m/s²，向右作勻減速直到速度都為0．
共同速度為v=v₁-a₁′t₂，v=v₂+a₂′t₂
解得  t₂=2s，v=4m/s
物塊和薄板獲得共同速度直到停止運動用時t₃=$\frac{0-v}{-{a}_{3}}$=$\frac{0-4}{0.5}=8$s
第二次電場作用時間為t=t₂+t₃=2+8=10s
（3）經(jīng)t₁=2s時，物塊運動位移為x₁=$\frac{1}{2}$a₁t₁²=$\frac{1}{2}×4×{2}^{2}$=8m
物塊在t₂時間內(nèi)位移為x₂=v₁t₂-$\frac{1}{2}$a₁′t₂²=12m
物塊在t₃時間內(nèi)位移為：x₃=$\frac{v}{2}•{t}_{3}=\frac{4}{2}×8=16$m
電場力做的功：W=W=qE₁x₁-qE₂（x₂+x₃）
代入數(shù)據(jù)得：W=0.012J 
答：（1）在電場E₁作用下物塊和薄板的加速度各為4m/s²和1m/s²．
（2）電場E₂作用的時間是10s；
（3）過程中電場力做功為0.012J．

點評 本題主要考查了勻變速直線運動基本公式的直接應(yīng)用，要求同學(xué)們能正確分析各過程的受力情況，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，結(jié)合隔離法和整體法解題，難度較大．