Question

如圖所示，有一水平向左的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)為E=1.25×10⁴ N/C，一根長L=1.5m、與水平方向的夾角為θ=37°的光滑絕緣細(xì)直桿MN固定在電場中，桿的下端M固定一個帶電小球A，電荷量Q=+4.5×10^-6 C；另一帶電小球B穿在桿上可自由滑動，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．（靜電力常量k=9.0×10⁹ N?m²/C²，取g=10m/s²，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8）求：
（1）小球B開始運(yùn)動時的加速度為多大？
（2）小球B的速度最大時，與M端的距離r為多大？

Answer 1

分析：（1）分析小球B的受力情況，根據(jù)牛頓第二定律和庫侖定律求解小球B開始運(yùn)動時的加速度．
（2）當(dāng)小球所受的合外力為零時速度最大，由上題結(jié)果求解．

解答：解：（1）開始運(yùn)動時小球B受重力、庫侖力、桿的彈力和電場力，沿桿方向運(yùn)動，由牛頓第二定律得：
  mgsinθ-

kQq

L2

-qEcosθ=ma  ①
解得：a=gsinθ-

kQq

mL2

-

qEcosθ

m

  ②
代入數(shù)據(jù)解得：
 a=（10×0.6-

9.0×109×(+4.5×10-6)×(+1.0×10-6)

1.0×10-2×1．52

-

(+1.0×10-6)×1.25×104×0.8

1.0×10-2

）m/s²=3.2m/s²③
（2）小球B速度最大時合力為零，即
  mgsinθ-

kQq

r2

-qEcosθ=0  ④
 解得：r=

kQq mgsinθ-qEcosθ

  ⑤
代入數(shù)據(jù)解得：r=

9.0×109×(+4.5×10-6)×(+1.0×10-6) 1.0×10-2×10×0.6-(+1.0×10-6)×1.25×104×0.8

m=0.9m
答：（1）小球B開始運(yùn)動時的加速度為3.2m/s²．（2）小球B的速度最大時，與M端的距離r為0.9m．

點(diǎn)評：解答本題關(guān)鍵是能夠正確對小球B進(jìn)行受力分析和運(yùn)動分析，運(yùn)用牛頓第二定律求解．