Question

11．如圖所示，一根長(zhǎng)L=1.5m的光滑絕緣細(xì)直桿MN，豎直固定在場(chǎng)強(qiáng)為E=5.0×10⁴N/C、豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)中．桿的下端M固定一個(gè)帶電小球A，電荷量Q=4.5×10^-6 C；另一帶電小球B穿在桿上可自由滑動(dòng)，電荷量q=1.0×10^-6 C，質(zhì)量m=1.0×10^-2kg．現(xiàn)將小球B從桿的上端N靜止釋放，小球B開(kāi)始運(yùn)動(dòng)．（靜電力常量k=9.0×10⁹ N•m²/C²，取g=10m/s²）
（1）小球B開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度為多大？
（2）小球B的速度最大時(shí)，距M端的高度h₁為多大？
（3）小球B從N端運(yùn)動(dòng)到距M端的高度h₂=0.61m時(shí)，速度為v=1.0m/s，求此過(guò)程中小球B的電勢(shì)能改變了多少？

Answer 1

分析 （1）對(duì)小球B進(jìn)行受力分析，運(yùn)用牛頓第二定律求出開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小；
（2）根據(jù)受力情況分析小球B的運(yùn)動(dòng)情況，當(dāng)合力為零時(shí)小球B速度最大；
（3）對(duì)小球B運(yùn)用動(dòng)能定理求解電場(chǎng)力做功，由$W=-△{E}_{P}^{\;}$即可得到電勢(shì)能的變化量；

解答 解：（1）對(duì)小球B進(jìn)行受力分析，受到重力、勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)力、A對(duì)B的庫(kù)侖力
根據(jù)牛頓第二定律，有
$mg-Eq-k\frac{Qq}{{L}_{\;}^{2}}=ma$
代入數(shù)據(jù)：$1×1{0}_{\;}^{-2}×10$-$5.0×1{0}_{\;}^{4}×1.0×1{0}_{\;}^{-6}$-$9×1{0}_{\;}^{9}×\frac{4.5×1{0}_{\;}^{-6}×1.0×1{0}_{\;}^{-6}}{1．{5}_{\;}^{2}}$=$1.0×1{0}_{\;}^{-2}a$
解得：$a=3.2m/{s}_{\;}^{2}$
（2）小球B的速度最大時(shí)，合力為0，加速度為0
$mg-Eq-k\frac{Qq}{{h}_{1}^{2}}=0$
代入數(shù)據(jù)：$0.1-0.05-9×1{0}_{\;}^{9}\frac{4.5×1{0}_{\;}^{-6}×1.0×1{0}_{\;}^{-6}}{{h}_{1}^{2}}$=0
解得：${h}_{1}^{\;}=0.9m$
（3）小球B從N端運(yùn)動(dòng)到距M端的高度h₂=0.61m時(shí)的過(guò)程中，小球下降的高度△h=1.5-0.61=0.89m
根據(jù)動(dòng)能定理：$mg△h+{W}_{電}^{\;}=\frac{1}{2}m{v}_{\;}^{2}-0$
代入數(shù)據(jù)：$1×1{0}_{\;}^{-2}×10×0.89+{W}_{電}^{\;}=\frac{1}{2}×1×1{0}_{\;}^{-2}×{1}_{\;}^{2}$
解得：${W}_{電}^{\;}=-8.4×1{0}_{\;}^{-2}J$
電勢(shì)能增加$8.4×1{0}_{\;}^{-2}J$
答：（1）小球B開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度為$3.2m/{s}_{\;}^{2}$
（2）小球B的速度最大時(shí)，距M端的高度h₁為0.9m
（3）小球B從N端運(yùn)動(dòng)到距M端的高度h₂=0.61m時(shí)，速度為v=1.0m/s，求此過(guò)程中小球B的電勢(shì)能增加$8.4×1{0}_{\;}^{-2}J$

點(diǎn)評(píng) 能夠正確對(duì)小球B進(jìn)行受力分析和運(yùn)動(dòng)分析，知道電場(chǎng)力做功量度電勢(shì)能的變化，常用動(dòng)能定理求解變力功．