Question

11．如圖所示，直角坐標(biāo)系xOy，X軸正方向沿著絕緣粗糙水平面向右，y軸正方向豎直向上．空間充滿(mǎn)沿X軸負(fù)方向、E=2.0×10⁴N/C的勻強(qiáng)電場(chǎng)．一個(gè)質(zhì)量m=2.0×10^-3kg、電量q=2.0×10^-6C的帶正電的物塊（可作為質(zhì)點(diǎn)），從O點(diǎn)開(kāi)始以v0=10.0m/s的初速度沿著X軸正方向做直線運(yùn)動(dòng)，物塊與水平面間動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5，g=10m/s²．
（1）求帶電物體在t=0.8s內(nèi)通過(guò)的位移x 
（2）若在0.8s末突然將勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向變?yōu)檠貀軸正方向，場(chǎng)強(qiáng)大小保持不變．求1.0s物體的坐標(biāo)和在0〜1.0s內(nèi)帶電物體電勢(shì)能的變化量△E．

Answer 1

分析 （1）帶電物體在t=0.8s內(nèi)，水平方向受到向左的滑動(dòng)摩擦力和電場(chǎng)力，先向右做勻減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律得到加速度a₁，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出勻減速到停下的時(shí)間和位移．之后物體向左做勻加速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合求出時(shí)間和位移，即可求出物體在t=0.8s內(nèi)通過(guò)的位移x．
（2）0.8s內(nèi)電場(chǎng)力做功為W₁=-Eqx．0.8s后，帶電物塊受到豎直向上的電場(chǎng)力F=Eq=4.0×10^-2N＞mg，帶電物塊開(kāi)始在水平方向做勻速運(yùn)動(dòng)，豎直方向做初速為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合求出豎直方向的位移y，電場(chǎng)力對(duì)帶電物塊做功為W₂=Eqy，則0～1.0s內(nèi)電場(chǎng)力對(duì)帶電物塊所做的總功為W=W₁+W₂

解答 解：（1）設(shè)帶電物塊向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，加速度大小為a₁，時(shí)間為t₁，通過(guò)的位移為x₁，則 
Eq+μmg=ma₁  
又t₁=$\frac{{v}_{o}}{{a}_{1}}$    
x₁=$\frac{{v}_{0}^{2}}{2{a}_{1}}$
解得：a₁=25 m/s²，t₁=0.4 s，x₁=2 m
t₁=0.4 s之后，帶電物塊向左做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度大小為a₂，時(shí)間為t₂，通過(guò)的位移為x₂，則有：
Eq-μmg=ma₂   
 t₂=t-t₁      
 x₂=$\frac{1}{2}$a₂t₂²=1.2m       
解得：a₂=15m/s²，t₂=0.4 s，x₂=1.2m
x=x₁-x₂=0.8m，方向水平向右．
（2）設(shè)0.8s內(nèi)電場(chǎng)力做功為W ₁，則有：W₁=-Eqx=-3.2×10^-2J
0.8s后，設(shè)帶電物塊受到豎直向上的電場(chǎng)力為F，且F=Eq=4.0×10^-2N＞mg，所以，帶電物塊開(kāi)始在水平方向做的勻速運(yùn)動(dòng)，豎直方向做初速為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為a₃，在豎直方向的位移為y，電場(chǎng)力做功為W ₂，
則F-mg=ma₃        
解得：a₃=10m/s²，
t₃=1.0-t₁=0.2s       
則得：y=$\frac{1}{2}$a₃t₃²=0.2m
W₂=Eqy=8.0×10^-3J
設(shè)0～1.0s內(nèi)電場(chǎng)力對(duì)帶電物塊所做的總功為W，則有：W=W₁+W₂=-2.4×10^-2J          
即：△E=-W=2.4×10^-2J
答：（1）求帶電物體在t=0.8s內(nèi)通過(guò)的位移x是0.8m，方向水平向右．
（2）在0〜1.0s內(nèi)帶電物體電勢(shì)能的變化量△E是2.4×10^-2J

點(diǎn)評(píng) 本題是多過(guò)程問(wèn)題，關(guān)鍵是理清物體在整個(gè)過(guò)程中的運(yùn)動(dòng)情況，結(jié)合牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式進(jìn)行求解