Question

（2010?徐匯區(qū)一模）在光滑絕緣的水平面上，長為2L的絕緣輕質(zhì)細桿的兩端各連接一個質(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（可視為質(zhì)點，也不考慮兩者間相互作用的庫侖力）．現(xiàn)讓A處于如圖所示的有界勻強電場區(qū)域MPQN內(nèi)，已知虛線MP位于細桿的中垂線，MP和NQ的距離為4L，勻強電場的場強大小為E，方向水平向右．釋放帶電系統(tǒng)，讓A、B從靜止開始運動（忽略小球運動中所產(chǎn)生的磁場造成的影響）．求：
（1）小球A、B運動過程中的最大速度；
（2）帶電系統(tǒng)從開始運動到速度第一次為零所需的時間；
（3）帶電系統(tǒng)運動過程中，B球電勢能增加的最大值．

Answer 1

分析：（1）因為A在電場中電場力方向向右，系統(tǒng)做加速運動，當B進入電場，B所受的電場力大于A所受的電場力，系統(tǒng)做減速運動，則在B剛進入電場時，系統(tǒng)具有最大速度，根據(jù)牛頓第二定律求出B進入電場前的加速度，從而根據(jù)運動學公式求出系統(tǒng)的最大速度．
（2）通過動能定理判斷A能否滑出右邊界，然后分別求出B進入電場前和進入電場后的加速度，運用運動學公式分別求出兩段過程的時間，從而求出系統(tǒng)從開始運動到速度第一次為零的總時間．
（3）電場力做負功電勢能增加，當帶電系統(tǒng)速度第一次為零時，B的位移最大，電場力所做的負功最大，增加的電勢能最大，根據(jù)電場力做功求出電勢能增加的最大值．

解答：解：（1）帶電系統(tǒng)開始運動后，先向右加速運動；當B進入電場區(qū)時，開始做減速運動．故在B剛進入電場時，系統(tǒng)具有最大速度．
設B進入電場前的過程中，系統(tǒng)的加速度為a₁，由牛頓第二定律：2Eq=2ma₁
B剛進入電場時，系統(tǒng)的速度為v_m，由v_m²=2a₁L     可得v_m=

2qEL m

（2）當A剛滑到右邊界時，電場力對系統(tǒng)做功為W₁=2Eq×3L+（-3Eq×2L）=0
故系統(tǒng)不能從右端滑出，A剛滑到右邊界時速度剛好為零．
設B從靜止到剛進入電場的時間為t₁，則 t1=

vm

a1

=

2mL Eq

設B進入電場后，系統(tǒng)的加速度為a₂，由牛頓第二定律-3Eq+2Eq=2ma₂
系統(tǒng)做勻減速運動，減速所需時間為t₂，則有t2=

0-vm

a2

=

8mL Eq

系統(tǒng)從開始運動到速度第一次為零所需的時間為t=t1+t2=3

2mL Eq

（3）當帶電系統(tǒng)速度第一次為零，即A恰好到達右邊界NQ時，B克服電場力做的功最多，B增加的電勢能最多，此時B的位置在PQ的中點處．
所以B電勢能增加的最大值△W₁=3Eq×2L=6EqL
答：（1）小球A、B運動過程中的最大速度為v_m=

2qEL m

．
（2）帶電系統(tǒng)從開始運動到速度第一次為零所需的時間為3

2mL Eq

．
（3）帶電系統(tǒng)運動過程中，B球電勢能增加的最大值為6EqL．

點評：本題綜合考查了動能定理、牛頓第二定律以及功能關系，綜合性較強，關鍵是理清運動過程，選擇合適的規(guī)律進行求解．