Question

3．如圖所示，兩個(gè)互相絕緣且緊靠在一起的A、B兩物體，靜止在水平地面上．A的質(zhì)量為m=0.04kg，帶電量為q=+5.0×10^-5C，B的質(zhì)量為M=0.06kg，不帶電．兩物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ=0.4，t=0時(shí)刻，空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E=1.6×10⁴N/C．設(shè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中小物塊所帶的電量沒(méi)有變化．求：
（1）A、B的加速度及其相互作用力的大�。�
（2）若t=2s后電場(chǎng)反向，且場(chǎng)強(qiáng)減為原來(lái)的一半，求物體B停下時(shí)兩物體間的距離．

Answer 1

分析 （1）在電場(chǎng)力作用下A與B一起向右勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度相同．對(duì)整體分析，根據(jù)牛頓第二定律求出整體的加速度，隔離分析，求出A、B間相互的作用力．
（2）在前2s內(nèi)AB做勻加速運(yùn)動(dòng)，由v=at求出2s末的速度．t=2s后電場(chǎng)反向，且場(chǎng)強(qiáng)減為原來(lái)的一半，此時(shí)A和B都開始做勻減速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律求出A和B的加速度大小，結(jié)合位移公式求出B停下時(shí)兩物體間的距離．

解答 解：（1）對(duì)整體分析，根據(jù)牛頓第二定律得：
   a=$\frac{qE-μ（M+m）g}{M+m}$=$\frac{5×1{0}^{-5}×1.6×1{0}^{4}-0.4×（0.04+006）×10}{0.04+0.06}$=4m/s²
隔離對(duì)B分析，根據(jù)牛頓第二定律得，F(xiàn)_N-μMg=Ma     
解得 F_N=μMg+Ma=0.4×0.6+0.06×4N=0.48N     
（2）t=2s時(shí)，A、B的速度v=at=2×4m/s=8m/s     
t=2s后電場(chǎng)反向，且場(chǎng)強(qiáng)減為原來(lái)的一半，
此時(shí)A做勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小 a_A=$\frac{qE′+μmg}{m}$=$\frac{5×1{0}^{-5}×0.8×1{0}^{4}+0.4×0.04×10}{0.04}$=14m/s²．
B做勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度 ${a_B}=ug=4m/{s^2}$
B速度減為零的時(shí)間  t_B=$\frac{v}{{a}_{B}}$=$\frac{8}{4}$=2s
減速到零的位移  x=$\frac{{v}^{2}}{2{a}_{B}}$=$\frac{{8}^{2}}{2×4}$=8m
A速度減為零的時(shí)間 ${t_{A1}}=\frac{v}{a_A}=\frac{8}{14}s$=$\frac{4}{7}$s，減速到零的位移 ${x_{A1}}=\frac{v^2}{{2{a_A}}}=\frac{64}{28}m$=$\frac{16}{7}$m
則A反向做勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度大小
     a_A′=$\frac{qE′-μmg}{m}$=$\frac{5×1{0}^{-5}×0.8×1{0}^{4}-0.4×0.04×10}{0.04}$=6m/s²
則反向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的位移 x_A2=$\frac{1}{2}{a}_{A}′（{t}_{B}-{t}_{A1}）^{2}$=$\frac{1}{2}×6×（2-\frac{4}{7}）^{2}$=$\frac{300}{49}m$
則A、B相距的距離 $△x={x_{A2}}+{x_B}-{x_{A1}}=\frac{300}{49}+8-\frac{64}{28}=11.8m$
答：
（1）A、B的加速度是4m/s²，相互作用力的大小是0.48N；
（2）若t=2s后電場(chǎng)反向，且場(chǎng)強(qiáng)減為原來(lái)的一半，物體B停下時(shí)兩物體間的距離是11.8m．

點(diǎn)評(píng) 解決本題的關(guān)鍵理清A、B的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，特別是A的運(yùn)動(dòng)情況，通過(guò)分析受力情況，分析A的運(yùn)動(dòng)情況，結(jié)合牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式進(jìn)行求解．