Question

13．如圖甲所示，一個帶正電的小物體，q=1×10^-6C，放在傾角為37°、有擋板的絕緣斜面上，空間若加上沿斜面向上的變化電場（規(guī)定沿斜面向上為正方向），其加速度隨電場力變化圖象如圖乙所示．現(xiàn)把斜面放平從靜止開始計時，改用圖丙中周期性變化的水平電場作用（g取10m/s²）．求：
（1）物體的質(zhì)量及物體與斜面間的動摩擦因數(shù)；
（2）在圖丙所示周期性變化的水平電場作用下，物體一個周期內(nèi)的位移大��；
（3）在圖丙所示周期性變化的水平電場作用下，物體15s內(nèi)電勢能的變化量．

Answer 1

分析 （1）以物體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律求解加速度的表達式，根據(jù)圖線的斜率和截距進行分析；
（2）根據(jù)牛頓第二定律求解前2s內(nèi)、2～4s內(nèi)的加速度，在根據(jù)位移時間關(guān)系求解前2s內(nèi)的位移、2～4s內(nèi)的位移即可；
（3）求出15s內(nèi)的位移大小，根據(jù)電場力做的功等于電勢能的變化來分析．

解答 解：（1）設(shè)物體的質(zhì)量為m、與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ；
由牛頓第二定律得：F-μmgcos37°-mgsin37°=ma
得：a=$\frac{1}{m}F-μgcos37°-gsin37°$，
結(jié)合乙圖象得：$\frac{1}{m}=\frac{10}{10}=1$，所以m=1kg；
當(dāng)F=0時，-μgcos37°-gsin37°=-10m/s²，
解得：μ=0.5；
（2）0～2s：由牛頓第二定律可得：qE₁-μmg=ma₁
其中qE₁=1×10^-6×11×10⁶N=11N
解得：a₁=6m/s²，
前2s內(nèi)通過的位移為：x₁=$\frac{1}{2}{a}_{1}{t}_{1}^{2}$=$\frac{1}{2}×6×{2}^{2}$=12m
速度為：v₁=a₁t₁=6×2m/s=12m/s；
2s～4s：由牛頓第二定律可得：-qE₂-μmg=ma₂
其中：qE₂=1×10^-6×1×10⁶N=1N，
解得加速度大小為a₂=-6m/s²，方向沿斜面向下；
由此可知在2～4s內(nèi)做減速運動，4s末速度為：v₂=v₁+a₂t₂=12-6×2=0
在2～4s內(nèi)的位移為：${x}_{2}=\frac{1}{2}{a}_{2}{t}_{2}^{2}$=12m
所以一個周期內(nèi)位移為：x=x₁+x₂=24m        
（3）由周期性運動可知，15s內(nèi)E₁作用下位移為4x₁，E₂作用下位移為：3x₁+△x
其中△x為減速第一秒內(nèi)的位移，為：△x=v₁t+$\frac{1}{2}a{t}_{\;}^{2}$        
代入數(shù)據(jù)解得：△x=9m  
粒子在E₁作用下做功為：W₁=qE₁×4x₁     
代入數(shù)據(jù)解得：W₁=528J
粒子在E₂作用下做功為：W₂=qE₂×（3x₁+△x）    
代入數(shù)據(jù)解得：W₂=-45J
即15s內(nèi)電場力做功為：W=W₁+W₂=483J
所以物體電勢能的減少量為483J
答：（1）物體的質(zhì)量為1kg，物體與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.5；
（2）在圖丙所示周期性變化的水平電場作用下，物體一個周期內(nèi)的位移大小為24m；
（3）在圖丙所示周期性變化的水平電場作用下，物體15s內(nèi)電勢能的變化量為483J．

點評 有關(guān)帶電粒子在勻強電場中的運動，在解決問題時，主要可以從兩條線索展開：其一，力和運動的關(guān)系：根據(jù)帶電粒子受力情況，用牛頓第二定律求出加速度，結(jié)合運動學(xué)公式確定帶電粒子的速度和位移等；其二，功和能的關(guān)系：根據(jù)電場力對帶電粒子做功，引起帶電粒子的能量發(fā)生變化，利用動能定理研究全過程中能的轉(zhuǎn)化，研究帶電粒子的速度變化、位移等．