Question

5．如圖所示，一根長(zhǎng) L=1.5m 的光滑絕緣細(xì)直桿MN，豎直固定在場(chǎng)強(qiáng)為 E=1.0×10⁵N/C．與水平方向成θ=30°角的傾斜向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)中．桿的下端M固定一個(gè)帶電小球 A，所帶電荷量Q=+4.5×10^-6C；另一帶電小球 B 穿在桿上可自由滑動(dòng)，電荷量q=+1.0×10^-6 C，質(zhì)量m=1.0×10^-2 kg．現(xiàn)將小球B從桿的上端N靜止釋放，小球B開始運(yùn)動(dòng)．（靜電力常量k=9.0×10 ⁹N•m²/C²，取 g=l0m/s₂）
（1）小球B開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度為多大？
（2）小球B的速度最大時(shí)，距M端的高度h₁為多大？
（3）小球B從N端運(yùn)動(dòng)到距M端的高度h₂=0.61m時(shí)，速度為v=1.0m/s，求此過(guò)程中小球B的電勢(shì)能改變了多少？

Answer 1

分析 （1）對(duì)小球B進(jìn)行受力分析，運(yùn)用牛頓第二定律求出開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小．
（2）根據(jù)受力情況分析小球B的運(yùn)動(dòng)情況，找出小球B速度最大時(shí)的位置特點(diǎn)．
（3）由于A對(duì)B的庫(kù)侖力做功是變力功，所以運(yùn)用動(dòng)能定理求解庫(kù)侖力做功．

解答 解：（1）開始運(yùn)動(dòng)時(shí)小球B受重力、庫(kù)侖力、桿的彈力和電場(chǎng)力，沿桿方向運(yùn)動(dòng)，將電場(chǎng)力沿桿的方向和垂直桿的方向分解，由牛頓第二定律得：
mg-$\frac{KQq}{{L}^{2}}$-qEsinθ=ma
解得：a=g-$\frac{KQq}{{L}^{2}m}$
代入數(shù)據(jù)解得：a=3.2 m/s²．
（2）小球B向下運(yùn)動(dòng)，受A的斥力增大，加速度減小，速度增大，當(dāng)小球B速度最大時(shí)合力減為零，即：
$\frac{KQq}{{h}_{1}^{2}}$+qEsinθ=mg
解得：h₁=$\sqrt{\frac{KQq}{mg-qEsinθ}}$
代入數(shù)據(jù)解得：h₁=0.9 m．
（3）小球B從開始運(yùn)動(dòng)到速度為v的過(guò)程中，設(shè)重力做功為W₁，電場(chǎng)力做功為W₂，庫(kù)侖力做功為W₃，根據(jù)動(dòng)能定理有：
W₁+W₂+W₃=$\frac{1}{2}$mv²
重力做功為：W₁=mg（L-h₂）
電場(chǎng)力做功為：W₂=-qE（L-h₂）sinθ
解得庫(kù)侖力做功為：W₃=$\frac{1}{2}$mv²-mg（L-h₂）+qE（L-h₂）sinθ
從功能角度來(lái)說(shuō)，電勢(shì)能的改變量的大小就等于電場(chǎng)力做的功．電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增大．動(dòng)能的改變量就等于總功．
設(shè)小球B的電勢(shì)能改變了△Ep，則有：△E_p=-（W₂+W₃）
△E_p=mg（L-h₂）-$\frac{1}{2}$mv²
代入數(shù)據(jù)解得：△E_p=8.4×10^-2J
答：（1）小球B開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度為3.2 m/s²；
（2）小球B的速度最大時(shí)，距M端的高度h₁為0.9 m；
（3）小此過(guò)程中小球B的電勢(shì)能增加了8.4×10^-2J．

點(diǎn)評(píng) 本題考查帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，要注意明確兩個(gè)粒子電場(chǎng)力做功不同，所以此題關(guān)鍵能夠正確對(duì)小球B進(jìn)行受力分析和運(yùn)動(dòng)分析，知道電場(chǎng)力做功量度電勢(shì)能的變化，常用動(dòng)能定理求解變力功．