Question

14．在光滑絕緣的水平面上，長(zhǎng)為2L的絕緣輕質(zhì)細(xì)桿的兩端各連接一個(gè)質(zhì)量均為m的帶電小球A和B，A球的帶電量為+2q，B球的帶電量為-3q（可視為質(zhì)點(diǎn)，也不考慮兩者間相互作用的庫(kù)侖力）．現(xiàn)讓A處于如圖所示的有界勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)域MNPQ內(nèi)，已知虛線MN位于細(xì)桿的中垂線，MN和PQ的距離為4L，勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小為E，方向水平向右；釋放帶電系統(tǒng)，讓A、B從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)（忽略小球運(yùn)動(dòng)中所產(chǎn)生的磁場(chǎng)造成的影響）．求：
（1）小球A、B運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最大速度；
（2）帶電系統(tǒng)從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到速度第一次為零所需的時(shí)間．

Answer 1

分析 （1）因?yàn)锳在電場(chǎng)中電場(chǎng)力方向向右，系統(tǒng)做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)B進(jìn)入電場(chǎng)，B所受的電場(chǎng)力大于A所受的電場(chǎng)力，系統(tǒng)做減速運(yùn)動(dòng)，則在B剛進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)，系統(tǒng)具有最大速度，根據(jù)牛頓第二定律求出B進(jìn)入電場(chǎng)前的加速度，從而根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出系統(tǒng)的最大速度．
（2）通過(guò)動(dòng)能定理判斷A能否滑出右邊界，然后分別求出B進(jìn)入電場(chǎng)前和進(jìn)入電場(chǎng)后的加速度，運(yùn)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式分別求出兩段過(guò)程的時(shí)間，從而求出系統(tǒng)從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到速度第一次為零的總時(shí)間．

解答 解：（1）帶電系統(tǒng)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)后，先向右加速運(yùn)動(dòng)；當(dāng)B進(jìn)入電場(chǎng)區(qū)時(shí)，開(kāi)始做減速運(yùn)動(dòng)．故在B剛進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)，系統(tǒng)具有最大速度．
設(shè)B進(jìn)入電場(chǎng)前的過(guò)程中，系統(tǒng)的加速度為a₁，由牛頓第二定律：2Eq=2ma₁
B剛進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)，系統(tǒng)的速度為v_m，由v_m²=2a₁L     可得v_m=$\sqrt{\frac{2qEl}{m}}$
（2）當(dāng)A剛滑到右邊界時(shí)，電場(chǎng)力對(duì)系統(tǒng)做功為W₁=2Eq×3L+（-3Eq×2L）=0
故系統(tǒng)不能從右端滑出，A剛滑到右邊界時(shí)速度剛好為零．
設(shè)B從靜止到剛進(jìn)入電場(chǎng)的時(shí)間為t₁，則 ${t}_{1}=\frac{{v}_{m}}{{a}_{1}}$=$\sqrt{\frac{2ml}{Eq}}$
設(shè)B進(jìn)入電場(chǎng)后，系統(tǒng)的加速度為a₂，由牛頓第二定律-3Eq+2Eq=2ma₂
系統(tǒng)做勻減速運(yùn)動(dòng)，減速所需時(shí)間為t₂，則有t₂=$\frac{0-{v}_{m}}{{a}_{2}}$=$\sqrt{\frac{8ml}{Eq}}$
系統(tǒng)從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到速度第一次為零所需的時(shí)間為t=t₁+t₂=$3\sqrt{\frac{2ml}{Eq}}$
答：（1）小球A、B運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最大速度為$\sqrt{\frac{2qEl}{m}}$
　�。�2）帶電系統(tǒng)從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到速度第一次為零所需的時(shí)間$3\sqrt{\frac{2ml}{Eq}}$

點(diǎn)評(píng) 本題綜合考查了動(dòng)能定理、牛頓第二定律以及功能關(guān)系，綜合性較強(qiáng)，關(guān)鍵是理清運(yùn)動(dòng)過(guò)程，選擇合適的規(guī)律進(jìn)行求解．