Question

7．在傾角θ=30°的光滑絕緣的斜面上，用長(zhǎng)為L(zhǎng)的絕緣輕桿連接兩個(gè)質(zhì)量均為m的帶電小球a和b，它們組成一帶電系統(tǒng)，a、b小球所帶的電荷量分別為-q和+5q．如圖所示，虛線MN與PQ均垂直于斜面且相距3L，在MN、PQ間有沿斜面向上場(chǎng)強(qiáng)E=$\frac{mg}{2q}$的勻強(qiáng)電場(chǎng)，最初a和b都靜止在斜面上且小球a與MN間的距離為L(zhǎng)．若視小球?yàn)橘|(zhì)點(diǎn)，不計(jì)輕桿的質(zhì)量，釋放帶電系統(tǒng)后，求：
（1）帶電系統(tǒng)從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到a球剛進(jìn)入電場(chǎng)所經(jīng)歷的時(shí)間；
（2）a球剛要離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)，帶電系統(tǒng)的速度為多大；
（3）帶電系統(tǒng)從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)后到第一次系統(tǒng)速度為零過(guò)程中，電場(chǎng)力做的總功．

Answer 1

分析 （1）整體進(jìn)入電場(chǎng)前沿斜面下滑，受到重力和支持力的作用，由牛頓第二定律求出加速度，然后又位移公式即可求出時(shí)間；
（2）從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，到a球離開(kāi)電場(chǎng)的過(guò)程中，重力和電場(chǎng)力做功，由功能關(guān)系即可求出；
（3）設(shè)系統(tǒng)速度為零時(shí)，小球a越過(guò)電場(chǎng)邊界PQ的距離為x，由動(dòng)能定理即可求出x，同理，由動(dòng)能定理即可求出電場(chǎng)力做的總功．

解答 解：（1）帶電系統(tǒng)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)，設(shè)加速度為a₁，
由牛頓第二定律：${a_1}=\frac{{2mgsin{{30}°}}}{2m}=\frac{1}{2}g$
a球剛進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)，帶電系統(tǒng)的速度為v₁，有：$v_1^2=2{a_1}L$
求得：${v_1}=\sqrt{gL}$
${t_1}=\frac{v_1}{a_1}=2\sqrt{\frac{L}{g}}$
（2）由動(dòng)能定理可知：$2mgsin{30°}×4L+3qEL-5qE×2L=\frac{1}{2}×2mv_2^2-0$
${v_2}=\sqrt{\frac{1}{2}gL}$
（3）設(shè)系統(tǒng)速度為零時(shí)，小球a越過(guò)電場(chǎng)邊界PQ的距離為x
由動(dòng)能定理可知：2mgsin30°×（4L+x）+3qEL-5qE×（2L+x）=0-0
$x=\frac{1}{3}L$
帶電系統(tǒng)從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)后到第一次系統(tǒng)速度為零過(guò)程中，電場(chǎng)力做的總功：$W=3qEL-5qE×（2L+x）=-\frac{13}{3}mgL$
答：（1）帶電系統(tǒng)從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到a球剛進(jìn)入電場(chǎng)所經(jīng)歷的時(shí)間是$2\sqrt{\frac{L}{g}}$；
（2）a球剛要離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)，帶電系統(tǒng)的速度為是$\sqrt{\frac{1}{2}gL}$；
（3）帶電系統(tǒng)從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)后到第一次系統(tǒng)速度為零過(guò)程中，電場(chǎng)力做的總功$-\frac{13}{3}mgL$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了動(dòng)能定理和牛頓第二定律的綜合，選擇系統(tǒng)為研究對(duì)象，運(yùn)用動(dòng)能定理和牛頓第二定律進(jìn)行求解，知道系統(tǒng)向右運(yùn)動(dòng)的過(guò)程和向左運(yùn)動(dòng)的過(guò)程具有對(duì)稱性．