Question

9．如圖所示，在光滑絕緣水平面上，用長(zhǎng)為2L的絕緣輕桿連接兩個(gè)質(zhì)量均為m的帶電小球A和B．A球的帶電量為+2q，B球的帶電量為-3q，兩球組成一帶電系統(tǒng)．虛線MN與PQ平行且相距3L，開始時(shí)A和B分別靜止于虛線MN的兩側(cè)，虛線MN恰為AB兩球連線的垂直平分線．視小球?yàn)橘|(zhì)點(diǎn)，不計(jì)輕桿的質(zhì)量，在虛線MN、PQ間加上水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)后，系統(tǒng)開始運(yùn)動(dòng)．已知MN、PQ間電勢(shì)差為U．不計(jì)A，B兩球間的庫侖力，兩球均視為點(diǎn)電荷．試求：
（1）開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，帶電系統(tǒng)的加速度大小；
（2）A球剛運(yùn)動(dòng)到PQ位置時(shí)的速度大�。�
（3）帶電系統(tǒng)從靜止開始向右運(yùn)動(dòng)的最大距離．

Answer 1

分析 （1）對(duì)系統(tǒng)運(yùn)用牛頓第二定律求帶電系統(tǒng)的加速度；
（2）對(duì)系統(tǒng)運(yùn)用動(dòng)能定理，根據(jù)動(dòng)能定理求出B球剛進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)，帶電系統(tǒng)的速度大小，帶電系統(tǒng)在電場(chǎng)中，根據(jù)動(dòng)能定理求出A球剛運(yùn)動(dòng)到PQ位置時(shí)的速度大��；
（3）帶電系統(tǒng)經(jīng)歷了三個(gè)階段，B球進(jìn)入電場(chǎng)前、帶電系統(tǒng)在電場(chǎng)中、A球出電場(chǎng)，根據(jù)動(dòng)能定理求出A球離開PQ的最大位移

解答 解：（1）開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，對(duì)AB兩球組成的系統(tǒng)：
根據(jù)牛頓第二定律：2qE=2ma①
電場(chǎng)強(qiáng)度：$E=\frac{U}{3L}$②
聯(lián)立①②得：$a=\frac{qU}{3mL}$
（2）根據(jù)速度位移公式，得B球剛進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)速度
${v}_{1}^{\;}=\sqrt{2aL}=\sqrt{2×\frac{qU}{3mL}×L}=\sqrt{\frac{2qU}{3m}}$
根據(jù)動(dòng)能定理：
2qEL-3qEL=$\frac{1}{2}×2m{v}_{2}^{2}-\frac{1}{2}×2m×{v}_{1}^{2}$
代入：$-\frac{1}{3}qU=\frac{1}{2}×2m×{v}_{2}^{2}-\frac{1}{2}×2m×\frac{2qU}{3m}$
解得：${v}_{2}^{\;}=\sqrt{\frac{qU}{3m}}$
（3）A移出電場(chǎng)后，只有B在電場(chǎng)中，系統(tǒng)向右做勻減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)距離x速度減為0，根據(jù)動(dòng)能定理，有：
$-3qEx=0-\frac{1}{2}×2m{v}_{2}^{2}$
代入數(shù)據(jù)：$-3q×\frac{U}{3L}x=0-\frac{1}{2}×2m×\frac{qU}{3m}$
解得：$x=\frac{L}{3}$
帶電系統(tǒng)從靜止開始向右運(yùn)動(dòng)的最大距離2L+x=$\frac{7}{3}L$
答：（1）開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，帶電系統(tǒng)的加速度大小$\frac{qU}{3mL}$；
（2）A球剛運(yùn)動(dòng)到PQ位置時(shí)的速度大小$\sqrt{\frac{qU}{3m}}$；
（3）帶電系統(tǒng)從靜止開始向右運(yùn)動(dòng)的最大距離$\frac{7}{3}L$

點(diǎn)評(píng) 解決本題的關(guān)鍵理清帶電系統(tǒng)在整個(gè)過程中的運(yùn)動(dòng)情況，結(jié)合牛頓第二定律、動(dòng)能定理和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式綜合求解．