Question

1．如图所示，A是一个质量为1×10^-3kg表面绝缘的薄板，薄板静止在光滑的水平面上，在薄板左端放置一质量为1×10^-3kg带电量为q=1×10^-5C的绝缘物块，在薄板上方有一水平电场，可以通过外接装置控制其大小及方向．接通装置先产生一个方向水平向右，大小E₁=5×10²V/m的电场，薄板和物块开始运动，作用时间2s后，改变电场，电场大小变为E₂=1×10²V/m，方向向左，电场作用一段时间后，关闭电场，薄板正好到达目的地，且薄板和物块的速度都恰好为零．已知薄板与物块间的动摩擦因数μ=0.1，（薄板不带电，物块体积大小不计，g取10m/s²）求：
（1）在电场E₁作用下物块和薄板的加速度各为多大；
（2）电场E₂作用的时间；
（3）从薄板和物块开始运动到薄板和物块的速度恰好为零过程中电场力做功为多少．

Answer 1

分析 （1）根据牛顿第二定律分别求出物块和薄板的加速度．
（2）根据运动学公式求出2s时物块的速度，经2秒后，物块作匀减速运动，求出物块的加速度，薄板的加速度不变，仍为a₂=1m/s²向右，当两者速度相等时，物块恰好到达薄板的最右端，以后因为qE₂=f=?（m₀+m₁）g，物块和薄板一起作为整体向右以相同的加速度向右作匀减速直到速度都为0．求出物块和薄板获得共同速度至停止运动用时间，即可求出第二次电场作用时间；
（3）求出物块在两个过程中通过的位移，根据功能关系求出电场力做的功．

解答 解：（1）根据牛顿第二定律得：物块的加速度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
薄板的加速度为：a₂=$\frac{μmg}{M}$=$\frac{0.1×1×1{0}^{-3}×10}{1×1{0}^{-3}}$=1m/s²．
（2）经t₁=2s 物块速度为v₁=a₁t₁=4×2=8m/s，向右；
薄板的速度v₂=a₂t₁=1×2=2m/s，向右．
经2s后，物块做匀减速运动，加速度大小a₁′=$\frac{E{q}_{2}+μmg}{m}$
代入数据得：a₁′=2m/s²，向左．
薄板的加速度不变，仍为a₂=1m/s²向右．
当两者速度相等时，物块恰好到达小车最右端，以后因为qE₂＜?（m+M）g，两者一起作为整体向右以a₃=$\frac{q{E}_{2}}{M+m}$=0.5m/s²，向右作匀减速直到速度都为0．
共同速度为v=v₁-a₁′t₂，v=v₂+a₂′t₂
解得  t₂=2s，v=4m/s
物块和薄板获得共同速度直到停止运动用时t₃=$\frac{0-v}{-{a}_{3}}$=$\frac{0-4}{0.5}=8$s
第二次电场作用时间为t=t₂+t₃=2+8=10s
（3）经t₁=2s时，物块运动位移为x₁=$\frac{1}{2}$a₁t₁²=$\frac{1}{2}×4×{2}^{2}$=8m
物块在t₂时间内位移为x₂=v₁t₂-$\frac{1}{2}$a₁′t₂²=12m
物块在t₃时间内位移为：x₃=$\frac{v}{2}•{t}_{3}=\frac{4}{2}×8=16$m
电场力做的功：W=W=qE₁x₁-qE₂（x₂+x₃）
代入数据得：W=0.012J 
答：（1）在电场E₁作用下物块和薄板的加速度各为4m/s²和1m/s²．
（2）电场E₂作用的时间是10s；
（3）过程中电场力做功为0.012J．

点评 本题主要考查了匀变速直线运动基本公式的直接应用，要求同学们能正确分析各过程的受力情况，根据牛顿第二定律求出加速度，结合隔离法和整体法解题，难度较大．