Question

3．如圖所示，在真空中的豎直平面內(nèi)，用長為2L的絕緣輕桿連接兩個質(zhì)量均為m的帶電小球A和B，A球的電荷量為+4q，B球的電荷量為-3q，組成一帶電系統(tǒng)．虛線MN與PQ平行，開始時PQ恰為桿的中垂線．在MN與PQ間加豎直向上的勻強(qiáng)電場，恰能使帶電系統(tǒng)靜止不動．現(xiàn)使電場強(qiáng)度突然加倍（已知當(dāng)?shù)刂亓�加速度為g），求：
（1）B球剛到達(dá)電場邊界PQ時的速度大�。�
（2）若要使A不離開電場上邊界MN，則MN與PQ之間相距至少為多少？
（3）帶電系統(tǒng)運動的周期為多少？

Answer 1

分析 （1）帶電系統(tǒng)靜止時，A所受的電場力與總重力平衡，由二力平衡得出電場強(qiáng)度的表達(dá)式．電場強(qiáng)度突然加倍后，系統(tǒng)向上做勻加速直線運動，電場力對A作正功，重力做負(fù)功，由動能定理求出B球剛進(jìn)入電場時的速度v₁的大��；
（2）對運動全程，對兩個球的整體運用動能定理列式求解即可．
（3）系統(tǒng)向上運動分為三階段：第一階段勻加速運動：從系統(tǒng)開始向上運動到B球剛進(jìn)入電場過程，系統(tǒng)做勻加速直線運動，由牛頓第二定律求出加速度，由初速度0和末速度v₁，由速度公式求出運動的時間．第二階段勻減速運動：從B球進(jìn)入電場到A剛出電場，系統(tǒng)做勻減速直線運動，此過程通過的位移等于L，由牛頓定律求出加速度，由運動學(xué)公式求出此過程運動的時間；第三階段勻減速運動：A出電場后，系統(tǒng)做勻減速直線運動，由牛頓定律求出加速度，由運動學(xué)公式求出此過程運動的時間，最后求出總時間．

解答 解：（1）設(shè)帶電系統(tǒng)靜止時電場強(qiáng)度為E，則有2mg=4qE，解得：
E=$\frac{mg}{2q}$    ①
電場強(qiáng)度加倍后，系統(tǒng)從開始靜止到B進(jìn)入電場，根據(jù)動能定理有：
（2E×4q-2mg）L=$\frac{1}{2}$×2m${v}_{1}^{2}$    ②
聯(lián)立①②得B球剛進(jìn)入電場時的速度：
${v}_{1}=\sqrt{2gL}$ 
（2）設(shè)MN與PQ相距為x時A球恰好到達(dá)電場邊界MN，根據(jù)動能定理得到：
2E•4q•（x-L）-2E•3q•（x-2L）-2mg（x-L）=0
解得：
x=4L
（3）帶電系統(tǒng)上升過程和下降過程具有對稱性；
帶電系統(tǒng)向上運動分為三階段：
第一階段勻加速運動，根據(jù)牛頓第二定律有：
a₁=$\frac{8qE-2mg}{2m}$=g，
運動時間：
t₁=$\frac{{v}_{1}}{{a}_{1}}$=$\sqrt{\frac{2L}{g}}$；
第二階段勻減速運動，同理可得：
a₂=$\frac{2mg+6qE-8qE}{2m}$=$\frac{g}{2}$
設(shè)A球出電場時速度為v₂，根據(jù)運動學(xué)公式有：v₂²-v₁²=-2a₂L，
解得v₂=$\sqrt{gL}$，
t₂=$\frac{{v}_{2}-{v}_{1}}{{a}_{2}}$=2（$\sqrt{2}$-1）$\sqrt{\frac{L}{g}}$；
第三階段勻減速運動，a₃=$\frac{2mg+6qE}{2m}$=$\frac{5}{2}g$，t₃=$\frac{{v}_{2}}{{a}_{3}}$=$\frac{2}{5}\sqrt{\frac{L}{g}}$
則運動周期T=2（t₁+t₂+t₃）=（6$\sqrt{2}$-$\frac{16}{5}$）$\sqrt{\frac{L}{g}}$
答：（1）B球剛到達(dá)電場邊界PQ時的速度大小為$\sqrt{2gL}$；
（2）若要使A不離開電場上邊界MN，則MN與PQ之間相距至少為4L；
（3）帶電系統(tǒng)運動的周期為（6$\sqrt{2}$-$\frac{16}{5}$）$\sqrt{\frac{L}{g}}$．

點評 本題是電場與力學(xué)的綜合題，比較復(fù)雜，關(guān)鍵存在分析物體系統(tǒng)的受力情況，來確定運動情況．考查綜合應(yīng)用電場知識與力學(xué)知識的能力．