Question

10．如圖所示，質(zhì)量均為m的A、B兩物體疊放在豎直輕質(zhì)彈簧上并保持靜止，其中A帶正電，電荷量大小為q，B始終不帶電．現(xiàn)在A、B所在空間加上豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，A、B開(kāi)始向上運(yùn)動(dòng)，從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到A和B剛好分離的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（　�。�

• A． 要使A、B分離，場(chǎng)強(qiáng)大小至少應(yīng)為$\frac{mg}{q}$
• B． 要使A、B分離，場(chǎng)強(qiáng)大小至少應(yīng)為$\frac{2mg}{3q}$
• C． 物體B和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能一直減少
• D． 物體A和B組成的系統(tǒng)機(jī)械能先增大后減小

Answer 1

分析 A和B剛分離時(shí)，相互之間恰好沒(méi)有作用力，則B受到重力mg和電場(chǎng)力F，由牛頓第二定律求出此時(shí)B的加速度和A的加速度，說(shuō)明彈簧對(duì)B有向上的彈力．對(duì)于在A與B分離之前，對(duì)AB整體為研究對(duì)象，通過(guò)合力的變化得出加速度的變化，結(jié)合加速度方向與速度方向的關(guān)系判斷速度的變化．
隔離對(duì)B分析，抓住剛分離時(shí)壓力為零得出B的加速度，結(jié)合A、B加速度相等求出彈簧的彈力，通過(guò)胡克定律得出初末位置彈簧的形變量，從而得出物體機(jī)械能的變化．

解答 解：A、B、開(kāi)始時(shí)，A與B處于靜止?fàn)顟B(tài)，彈簧的彈力：F=2mg．壓縮量${x}_{1}=\frac{2mg}{k}$；
加電場(chǎng)后，對(duì)AB整體分析，qE+F-2mg=2ma，即：qE=2ma，$a=\frac{qE}{2m}$，可知電場(chǎng)力越大，二者開(kāi)始時(shí)是加速度越大；
開(kāi)始整體具有向上的加速度，向上運(yùn)動(dòng)后，彈簧的彈力F減小，所以加速度減�。�
A與B剛分離的瞬間，A、B仍具有相同的速度和加速度，且AB間無(wú)相互作用力．
由于電場(chǎng)力越大，二者開(kāi)始時(shí)是加速度越大，則二者分離的越早；反之，電場(chǎng)力越小，二者分離的越晚；若二者剛剛能夠分離時(shí)，電場(chǎng)力最�。�電場(chǎng)力最小，則電場(chǎng)力做的功也最小，所以在電場(chǎng)力做功最小的情況下，二者到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)的速度恰好為0．
以B為研究的對(duì)象，B開(kāi)始時(shí)具有向上的加速度，與A分離后，速度為0，則開(kāi)始向下做簡(jiǎn)諧振動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知，B在最高點(diǎn)的加速度與最低點(diǎn)的加速度大小相等，方向相反，所以在最高點(diǎn)的加速度：
$a′=a=\frac{qE}{2m}$，方向向下；
分離時(shí)由于A與B具有相同的加速度，所以A的加速度也是a′，對(duì)A，由牛頓第二定律得：
ma′=mg-qE
聯(lián)立以上方程得：qE=$\frac{2}{3}mg$
所以：$E=\frac{2mg}{3q}$．故A錯(cuò)誤，B正確．
C、物體B向上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中始終受到A對(duì)B的向下的壓力，該壓力對(duì)B于彈簧組成的系統(tǒng)始終做負(fù)功，所以物體B和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能一直減少．故C正確．
D、設(shè)A與B分離時(shí)彈簧的彈力向上，大小為F′，則對(duì)A與B組成的整體：
2mg-qE-F′=2ma′
解得：F=$\frac{2}{3}mg$
可知，在A與B分離前，彈簧的彈力始終對(duì)A與B的整體做正功，同時(shí)，電場(chǎng)力的方向向上，始終做正功．所以物體A和B組成的系統(tǒng)機(jī)械能始終增大．故D錯(cuò)誤．
故選：BC．

點(diǎn)評(píng) 本題關(guān)鍵在于分析B和A剛分離時(shí)A、B的受力情況，來(lái)確定彈簧的狀態(tài)，運(yùn)用牛頓第二定律和功能關(guān)系進(jìn)行分析．