Question

在長為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（可視為質(zhì)點(diǎn)，也不考慮二者間的相互作用力），A球帶正電、電荷量為+2q，B球帶負(fù)電．電荷量為-3q．現(xiàn)把A和B組成的帶電系統(tǒng)鎖定在光滑絕緣的水平面上，并讓A處于如圖所示的有界勻強(qiáng)電場區(qū)域MPQN內(nèi)．已知虛線MP是細(xì)桿的中垂線，MP和NQ的距離為4L，勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小為E，方向水平向右．現(xiàn)取消對A、B的鎖定，讓它們從靜止開始運(yùn)動．（忽略小球運(yùn)動中所產(chǎn)生的磁場造成的影響）
（1）求小球A、B運(yùn)動過程中的最大速度；
（2）小球A、B能否回到原出發(fā)點(diǎn)？若不能，請說明理由；若能，請求出經(jīng)過多長時(shí)間帶電系統(tǒng)又回到原地發(fā)點(diǎn)．
（3）求運(yùn)動過程中帶電小球B電勢能增加的最大值．

Answer 1

分析：（1）當(dāng)B球進(jìn)入電場后，合力向左，系統(tǒng)開始減速，故此時(shí)物體速度最大，對加速過程運(yùn)用動能定理列式求解即可；
（2）系統(tǒng)在B球進(jìn)入電場前做加速運(yùn)動，B球進(jìn)入電場后開始做減速運(yùn)動；返回過程先加速后減速，向右和向左的過程具有對稱性；
由牛頓第二定律，求解出加速過程和減速過程的加速度，然后根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式和動能定理列式求解；
（3）電場力做負(fù)功，電勢能增加；電場力做做正功，電勢能減��；由于電場力先做負(fù)功后作正功，故電勢能先增加后減小，當(dāng)運(yùn)動到最右端時(shí)，電勢能最大．

解答：解：（1）帶電系統(tǒng)開始運(yùn)動后，向右加速運(yùn)動；當(dāng)B進(jìn)入電場時(shí)，開始做減速運(yùn)動；故在B剛進(jìn)入電場時(shí)，具有最大加速度；
設(shè)B進(jìn)入電場前的過程中，對AB球系統(tǒng)，由動能定理，有 qEL =

1

2

m

v

2 1

，
解得：v1=

2qEL  m

  ①
即小球A、B運(yùn)動過程中的最大速度為

2qEL  m

．
（2）當(dāng)球A運(yùn)動到右側(cè)邊界過程中，對系統(tǒng)運(yùn)用動能定理，有
2qE?3L-3qE?2L=

1

2

(2m)

v

2 2

解得
v₂=0
由于合力向左，故此后系統(tǒng)回到出發(fā)點(diǎn)；
設(shè)B從開始到剛進(jìn)入電場的時(shí)間為t₁，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式，有
v₁=a₁t₁       ②
根據(jù)牛頓第二定律，有
2qE=2ma        ③
由①②③解得
t1=

v1

a1

=

2mL qE

設(shè)B進(jìn)入電場后，系統(tǒng)加速度為a₂，由牛頓第二定律，有
-3qE+2qE=2ma₂
系統(tǒng)做勻減速運(yùn)動，減速所需時(shí)間為t₂，則有t2=

0-v1

2m

=

8mL qE

此后物體先加速返回，B出電場后減速返回，其運(yùn)動與向右的運(yùn)動具有對稱性；
故帶電系統(tǒng)從出發(fā)到回到原出發(fā)點(diǎn)的過程的總時(shí)間為：t=2（t₁+t₂）=6

2mL qE

．
（3）當(dāng)帶電系統(tǒng)第一次速度為零，即A恰好到達(dá)右邊界NQ時(shí)，B克服電場力做的功最多，B增加的電勢能最多；
此時(shí)P的位置在PQ的中點(diǎn)處，故B電勢能增加的最大值為：△W=3qE?2L=6qEL；
即運(yùn)動過程中帶電小球B電勢能增加的最大值為6qEL．

點(diǎn)評：本題關(guān)鍵是分析清楚兩個(gè)小球系統(tǒng)的運(yùn)動規(guī)律，然后根據(jù)牛頓第二定律、運(yùn)動學(xué)公式和動能定理列式分析求解．