Question

如图所示，在方向水平向右、大小为E=6×10³ N/C的匀强电场中有一个光滑的绝缘平面．一根绝缘细绳两端分别系有带电滑块甲和乙，甲的质量为m₁=2×10^-4 kg，带电量为q₁=2×10^-9 C，乙的质量为m₂=1×10^-4 kg，带电量为q₂=-1×10^-9 C．开始时细绳处于拉直状态．由静止释放两滑块，t=3s时细绳突然断裂，不计滑块间的库仑力，试求：
（1）细绳断裂前，两滑块的加速度；
（2）在整个运动过程中，乙的电势能增量的最大值；
（3）当乙的电势能增量为零时，甲与乙组成的系统机械能的增量．

Answer 1

分析：（1）甲乙两物体具有相同的加速度，对甲乙整体研究，根据牛顿第二定律求出整体的加速度．
（2）当乙发生的位移最大时，乙的电势能增量最大．先求出绳子断裂前乙发生的位移和末速度，绳子断裂后，乙做匀减速直线运动，求出绳子断裂后的加速度和速度减到0的位移，即可知道乙的最大位移．电场力做负功，电势能增加，根据△EP=

.

W乙

.

求出电势能增量的最大值．
（3）当乙的电势能增量为零时，乙又回到原位置，根据运动学公式求出绳子断裂后返回到出发点的时间，从而求出此时甲、乙的速度，系统机械能的增量等于系统动能的增量．

解答：解：对甲乙整体分析有：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）当乙发生的位移最大时，乙的电势能增量最大．
细绳断裂前，甲、乙发生的位移均为
s0=

1

2

a0t2=

1

2

×0.02×32m=0.09m
此时甲、乙的速度均为
v₀=a₀t=0.02×3m/s=0.06m/s
细绳断裂后，乙的加速度变为
a乙′=

q2E

m2

=

-1×10-9×6×103

1×10-4

m/s2=-0.06m/s²
从细绳断裂乙速度为零，乙发生的位移s_乙′为
s乙′=

0-v02

2a乙′

=

0-0.062

2×(-0.06)

m=0.03m
整个运动过程乙发生的最大位移为
s_乙max=s₀+s_乙′=0.09+0.03m=0.12m
此时乙的电势能增量为
△EP=

.

W乙

.

=

.

q2E

.

s乙max=1×10-9×6×103×0.12J=7.2×10^-7J．
（3）当乙的总位移为零，即乙返回到原出发点时，乙的电势能增量为零．
设细绳断裂后，乙经t′时间返回到原出发点，则有
-s0=v0t+

1

2

a乙′t′2
代入数据，有
-0.09=0.06t′+

1

2

×(-0.06)t′2
解得：t′=3s    t′=-1s（不合题意，舍去．）
乙回到原出发点时的速度为
v_乙′=v₀+a_乙′t′=0.06-0.06×3=-0.12m/s
细绳断裂后，甲的加速度变为
a甲′=

q1E

m1

=

2×10-9×6×103

2×10-4

m/s2=0.06m/s²
乙回到原出发点时甲的速度为
v_甲′=v₀+a_甲′t′=0.06+0.06×3m/s=0.24m/s
甲与乙组成的系统机械能的增量为
△E=

1

2

m甲v甲′2+

1

2

m乙v乙′2=6.48×10^-6J．

点评：该题整体法、隔离法相结合，运用牛顿第二定律求加速度，与运动学相结合求出各个时段甲乙的位移和速度．以及知道当乙发生的位移最大时，乙的电势能增量最大．因为电场力做负功，电势能增大．