Question

8．如圖所示，在光滑絕緣的水平面上，用長為2L的絕緣輕桿連接兩個質量均為m的帶電小球A和B，A球的電荷量為+2q，B球的電荷量為-3q，組成一靜止的帶電系統(tǒng)．虛線NQ與MP平行且相距3L，開始時MP恰為桿的中垂線．視小球為質點，不計輕桿的質量，現(xiàn)在在虛線MP、NQ間加上水平向右的勻強電場E，求：
（1）B球剛進入電場時帶電系統(tǒng)的速度大小；
（2）B球的最大位移以及從開始到最大位移處時B球電勢能的變化量；
（3）帶電系統(tǒng)運動的周期．

Answer 1

分析 （1）對系統(tǒng)運用動能定理，根據(jù)動能定理求出B球剛進入電場時，帶電系統(tǒng)的速度大小．
（2）帶電系統(tǒng)經(jīng)歷了三個階段：B球進入電場前、帶電系統(tǒng)在電場中、A球出電場，根據(jù)動能定理求出A球離開PQ的最大位移，從而求出帶電系統(tǒng)向右運動的最大距離．根據(jù)B球在電場中運動的位移，求出電場力做的功，從而確定B球電勢能的變化量．
（3）根據(jù)運動學公式和牛頓第二定律分別求出帶電系統(tǒng)B球進入電場前做勻加速直線運動的時間，帶電系統(tǒng)在電場中做勻減速直線運動的時間，A球出電場帶電系統(tǒng)做勻減速直線運動的時間，從而求出帶電系統(tǒng)從靜止開始向右運動再次速度為零的時間，帶電系統(tǒng)的運動周期為該時間的2倍．

解答 解：（1）設B球剛進入電場時帶電系統(tǒng)速度為v₁，由動能定理2qEL=$\frac{1}{2}$×2m${v}_{1}^{2}$
         解得v₁=$\sqrt{\frac{2qEL}{m}}$
（2）帶電系統(tǒng)向右運動分三段：B球進入電場前、帶電系統(tǒng)在電場中、A球出電場．
設A球離開NQ的最大位移為x，由動能定理得2qEL-qEL-3qEx=0
解得x=$\frac{L}{3}$；則s總=$\frac{7}{3}$L
B球從剛進入電場到帶電系統(tǒng)從開始運動到速度第一次為零時位移為$\frac{4}{3}$L
其電勢能的變化量為△E_P=W=3qE•$\frac{4}{3}$L=4qEL
（3）向右運動分三段，取向右為正方向，
第一段加速a₁=$\frac{2qE}{2m}$=$\frac{qE}{m}$，t₁=$\frac{{v}_{1}}{{a}_{1}}$=$\sqrt{\frac{2mL}{qE}}$，
第二段減速a₂=-$\frac{qE}{2m}$，
設A球出電場電速度為v₂，由動能定理得-qEL=$\frac{1}{2}$×2m（${v}_{2}^{2}-{v}_{1}^{2}$）
解得v₂=$\sqrt{\frac{qEL}{m}}$，
則t₂=$\frac{{v}_{2}-{v}_{1}}{{a}_{2}}$=2（$\sqrt{2}-1$）$\sqrt{\frac{mL}{qE}}$
第三段再減速則其加速度a₃及時間t₃為：a₃=-$\frac{3qE}{2m}$，t₃=$\frac{0-{v}_{2}}{{a}_{3}}$=$\frac{2}{3}$$\sqrt{\frac{mL}{qE}}$
所以帶電系統(tǒng)運動的周期為：T=2（t₁+t₂+t₃）=（6$\sqrt{2}$-$\frac{8}{3}$）$\sqrt{\frac{mL}{qE}}$．
答：（1）B球剛進入電場時，帶電系統(tǒng)的速度大小為$\sqrt{\frac{2qEL}{m}}$．
（2）帶電系統(tǒng)向右運動的最大距離$\frac{7}{3}$L，B球電勢能的變化量為4qEL．
（3）帶電系統(tǒng)運動的周期（6$\sqrt{2}$-$\frac{8}{3}$）$\sqrt{\frac{mL}{qE}}$．

點評 解決本題的關鍵理清帶電系統(tǒng)在整個過程中的運動情況，結合牛頓第二定律、動能定理和運動學公式綜合求解．