Question

7．如圖兩個長均為L的輕質(zhì)桿，通過垂直紙面的轉(zhuǎn)動軸與A、B、C三個物塊相連，整體處于豎直平面內(nèi)．B、C物塊的質(zhì)量分別為2m和m，三個物塊的大小都忽略不計(jì)．B不帶電，在絕緣水平面上的A、C分別帶有+q、-q的電荷，A固定．空間有水平向右的場強(qiáng)為某一數(shù)值的勻強(qiáng)電場．當(dāng)AB、BC與水平間的夾角均為53°時，整體處于靜止?fàn)顟B(tài)，不計(jì)摩擦．若以無窮遠(yuǎn)處為零電勢，兩個異種點(diǎn)電荷q₁、q₂間具有的電勢能為ε=-$\frac{{k{q_1}{q_2}}}{r}$（k為靜電力恒量，r為兩者間距）．（重力加速度為g，sin53°=0.8，cos53°=0.6）．求：
（1）此時AB桿對B物塊的作用力；
（2）場強(qiáng)E；
（3）若將B略向下移動一些，并由靜止釋放，B剛到達(dá)地面時則系統(tǒng)電勢能的改變量；
（4）上述（3）情況中，B剛到達(dá)地面時的速度大�。�

Answer 1

分析 （1）對B分析，根據(jù)共點(diǎn)力平衡求出AB桿對B物塊的作用力大�。�
（2）對C分析，根據(jù)共點(diǎn)力平衡求出場強(qiáng)E的大�。�
（3）根據(jù)電場力做功得出電勢能的變化量．
（4）對系統(tǒng)運(yùn)用動能定理，求出B剛到達(dá)地面時的速度大�。�

解答 解：（1）B受力分析如圖所示．2Fsin53°=2mg，$F=\frac{mg}{{2sin{{53}^0}}}=\frac{5mg}{4}$


（2）對C，受力分析如圖，L_AC=2Lcos53°=1.2L
$Fcos{53^0}=qE+k\frac{q^2}{{{{（1.2L）}^2}}}$，
解得$E=\frac{3mg}{4q}-\frac{25kq}{{36{L^2}}}$
（3）勻強(qiáng)電場的電場力做負(fù)功，電勢能增加了qE（2L-1.2L）
兩個異種電荷間庫侖力做負(fù)功，電勢能也增加，增加了$-k\frac{q^2}{2L}-（-k\frac{q^2}{1.2L}）=\frac{{k{q^2}}}{3L}$，所以電勢能共增加了qE（2L-1.2L）+$\frac{{k{q^2}}}{3L}$=$\frac{3mgL}{5}-\frac{{2k{q^2}}}{9L}$
（4）B剛著地時，C的速度為0．對系統(tǒng)，根據(jù)動能定理，得到$2mgLsin{53^0}-（\frac{3mgL}{5}-\frac{{2k{q^2}}}{9L}）=\frac{1}{2}2m{v_B}^2-0$，
解得${v}_{B}=\sqrt{gL+\frac{2k{q}^{2}}{9mL}}$．
答：（1）此時AB桿對B物塊的作用力為$\frac{5mg}{4}$；
（2）場強(qiáng)E為$\frac{3mg}{4q}-\frac{25kq}{36{L}^{2}}$；
（3）若將B略向下移動一些，并由靜止釋放，B剛到達(dá)地面時則系統(tǒng)電勢能的改變量為$\frac{3mgL}{5}-\frac{{2k{q^2}}}{9L}$；
（4）上述（3）情況中，B剛到達(dá)地面時的速度大小為$\sqrt{gL+\frac{2k{q}^{2}}{9mL}}$．

點(diǎn)評 本題綜合考查了共點(diǎn)力平衡和動能定理，關(guān)鍵是能夠正確地受力分析，關(guān)于第四問抓住大物塊落地時小物塊速度為零，對系統(tǒng)運(yùn)用動能定理求解