Question

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．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．

Answer 1

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乙

.

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_合=q₁E+q₂E=（m₁+m₂）a₀
得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）當乙發生的位移最大時，乙的電勢能增量最大．
細繩斷裂前，甲、乙發生的位移均為
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，乙的加速度變為
a乙′=

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，乙發生的位移s_乙′為
s乙′=

0-v02

2a乙′

=

0-0.062

2×(-0.06)

m=0.03m
整個運動過程乙發生的最大位移為
s_乙max=s₀+s_乙′=0.09+0.03m=0.12m
此時乙的電勢能增量為
△EP=

.

W乙

.

=

.

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′時間返回到原出發點，則有
-s0=v0t+

1

2

a乙′t′2
代入數據，有
-0.09=0.06t′+

1

2

×(-0.06)t′2
解得：t′=3s    t′=-1s（不合題意，舍去．）
乙回到原出發點時的速度為
v_乙′=v₀+a_乙′t′=0.06-0.06×3=-0.12m/s
細繩斷裂后，甲的加速度變為
a甲′=

q1E

m1

=

2×10-9×6×103

2×10-4

m/s2=0.06m/s²
乙回到原出發點時甲的速度為
v_甲′=v₀+a_甲′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

m甲v甲′2+

1

2

m乙v乙′2=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．