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如圖所示,在方向水平向右、大小為E=6×103 N/C的勻強電場中有一個光滑的絕緣平面.一根絕緣細繩兩端分別系有帶電滑塊甲和乙,甲的質量為m1=2×10-4 kg,帶電量為q1=2×10-9 C,乙的質量為m2=1×10-4 kg,帶電量為q2=-1×10-9 C.開始時細繩處于拉直狀態(tài).由靜止釋放兩滑塊,t=3s時細繩突然斷裂,不計滑塊間的庫侖力,試求:
(1)細繩斷裂前,兩滑塊的加速度;
(2)在整個運動過程中,乙的電勢能增量的最大值;
(3)當乙的電勢能增量為零時,甲與乙組成的系統機械能的增量.
分析:(1)甲乙兩物體具有相同的加速度,對甲乙整體研究,根據牛頓第二定律求出整體的加速度.
(2)當乙發(fā)生的位移最大時,乙的電勢能增量最大.先求出繩子斷裂前乙發(fā)生的位移和末速度,繩子斷裂后,乙做勻減速直線運動,求出繩子斷裂后的加速度和速度減到0的位移,即可知道乙的最大位移.電場力做負功,電勢能增加,根據EP=
.
W
.
求出電勢能增量的最大值.
(3)當乙的電勢能增量為零時,乙又回到原位置,根據運動學公式求出繩子斷裂后返回到出發(fā)點的時間,從而求出此時甲、乙的速度,系統機械能的增量等于系統動能的增量.
解答:解:對甲乙整體分析有:F=q1E+q2E=(m1+m2)a0
a0=
(q1+q2)E
m1+m2
=
(2×10-9-1×10-9)×6×103
2×10-4+1×10-4
m/s2=0.02m/s2
(2)當乙發(fā)生的位移最大時,乙的電勢能增量最大.
細繩斷裂前,甲、乙發(fā)生的位移均為
s0=
1
2
a0t2=
1
2
×0.02×32m=0.09m

此時甲、乙的速度均為
v0=a0t=0.02×3m/s=0.06m/s
細繩斷裂后,乙的加速度變?yōu)?br />a′=
q2E
m2
=
-1×10-9×6×103
1×10-4
m/s2
=-0.06m/s2
從細繩斷裂乙速度為零,乙發(fā)生的位移s′為
s′=
0-v02
2a
=
0-0.062
2×(-0.06)
m=0.03m

整個運動過程乙發(fā)生的最大位移為
s乙max=s0+s′=0.09+0.03m=0.12m
此時乙的電勢能增量為
EP=
.
W
.
=
.
q2E
.
s乙max=1×10-9×6×103×0.12J
=7.2×10-7J.
(3)當乙的總位移為零,即乙返回到原出發(fā)點時,乙的電勢能增量為零.
設細繩斷裂后,乙經t′時間返回到原出發(fā)點,則有
-s0=v0t+
1
2
a′t2

代入數據,有
-0.09=0.06t′+
1
2
×(-0.06)t2

解得:t′=3s    t′=-1s(不合題意,舍去.)
乙回到原出發(fā)點時的速度為
v′=v0+a′t′=0.06-0.06×3=-0.12m/s
細繩斷裂后,甲的加速度變?yōu)?br />a′=
q1E
m1
=
2×10-9×6×103
2×10-4
m/s2
=0.06m/s2
乙回到原出發(fā)點時甲的速度為
v′=v0+a′t′=0.06+0.06×3m/s=0.24m/s
甲與乙組成的系統機械能的增量為
△E=
1
2
mv2+
1
2
mv2
=6.48×10-6J.
點評:該題整體法、隔離法相結合,運用牛頓第二定律求加速度,與運動學相結合求出各個時段甲乙的位移和速度.以及知道當乙發(fā)生的位移最大時,乙的電勢能增量最大.因為電場力做負功,電勢能增大.
練習冊系列答案
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3
mg
q
,不計空氣阻力( 。
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B、小物塊將做曲線運動
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2gH
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