Question

2．如圖所示，用長為L的絕緣輕桿連接兩個質量均為m的帶電小球A和B置于光滑絕緣的水平面上，A球的帶電量為+2q，B球的帶電量為-3q，構成一個帶電系統(tǒng)（它們均可視為質點，也不考慮兩者間相互作用的庫侖力）．現(xiàn)讓小球A處在有界勻強電場區(qū)域MPNQ內(nèi)．已知虛線MP位于細桿的中垂線上，虛線NQ與MP平行且間距足夠長．勻強電場的電場強度大小為E，方向水平向右．釋放帶電系統(tǒng)，讓它從靜止開始運動，忽略帶電系統(tǒng)運動過程中所產(chǎn)生的磁場影響．
求：（1）帶電系統(tǒng)運動的最大速度為多少？
（2）帶電系統(tǒng)運動過程中，B球電勢能增加的最大值多少？
（3）帶電系統(tǒng)回到初始位置所用時間為多少？

Answer 1

分析 （1）小球B剛進入電場帶電系統(tǒng)具有最大速度，根據(jù)動能定理求出帶電系統(tǒng)運動的最大速度；
（2）當帶電系統(tǒng)速度第一次為零，B克服電場力做功最多，B增加的電勢能最多，根據(jù)動能定理求出B運動的最大位移，結合電場力做功求出電勢能增加量的最大值．
（3）根據(jù)牛頓第二定律，結合位移時間公式求出帶電系統(tǒng)由靜止釋放到小球B剛進入電場的過程中的時間，再根據(jù)牛頓第二定律和速度時間公式求出系統(tǒng)勻減速運動到零的時間，結合對稱性求出帶電系統(tǒng)回到初始位置所用時間．

解答 解：（1）小球B剛進入電場帶電系統(tǒng)具有最大速度，從釋放帶電系統(tǒng)到小球B剛進入電場的過程中，根據(jù)動能定理有：2qE$•\frac{1}{2}$L=$\frac{1}{2}$•2m${v}_{max}^{2}$-0
v_max=$\sqrt{\frac{qEL}{m}}$．
（2）當帶電系統(tǒng)速度第一次為零，B克服電場力做功最多，B增加的電勢能最多
設B球在電場中的最大位移為x，由動能定理得：2qE（$\frac{L}{2}$+x）-3qEx=0-0
得：x=L
所以B電勢能增加的最大值為：W₁=3qE×L=3qEL
（3）設帶電系統(tǒng)由靜止釋放到小球B剛進入電場的過程中，帶電系統(tǒng)運動的時間為t₁，則有：$\frac{1}{2}$L=$\frac{1}{2}$a₁${t}_{1}^{2}$
其中：a₁=$\frac{qE}{m}$，
解得t₁=$\sqrt{\frac{mL}{qE}}$
末速度v=a₁t₁
又設小球B進入電場后至系統(tǒng)速度為零的過程中，帶電系統(tǒng)運動的時間為t₂，
其中：a₂=$\frac{qE}{2m}$
解得t₂=$\frac{v}{{a}_{2}}$=2t₁=2$\sqrt{\frac{mL}{qE}}$
根據(jù)對稱性可知，帶電系統(tǒng)從出發(fā)點回到出發(fā)點的過程中所用總時間為：t=2t₁+2t₂
解得：t=6$\sqrt{\frac{mL}{qE}}$．
答：（1）帶電系統(tǒng)運動的最大速度為$\sqrt{\frac{qEL}{m}}$．
（2）帶電系統(tǒng)運動過程中，B球電勢能增加的最大值為3qEL；
（3）帶電系統(tǒng)回到初始位置所用時間為6$\sqrt{\frac{mL}{qE}}$．

點評 本題考查了動能定理和牛頓第二定律的綜合，選擇系統(tǒng)為研究對象，運用動能定理和牛頓第二定律進行求解，知道系統(tǒng)向右運動的過程和向左運動的過程具有對稱性．