Question

15．如圖所示，長(zhǎng)為2L的平板絕緣小車放在光滑水平面上，小車的兩端分別固定帶電小球A和B．A球的帶電荷量為+2q，B球的帶電荷量為-3q，小車和小球的總質(zhì)量為m．虛線MN與PQ平行且相距3L，開始時(shí)，虛線MN位于小車正中間．若視小球?yàn)橘|(zhì)點(diǎn)，在虛線MN，PQ間加上水平向右的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)后，小車開始運(yùn)動(dòng)．試求：
（1）B球剛進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)，小車的速度大小；
（2）小車向右運(yùn)動(dòng)的最大距離和此過程中B球電勢(shì)能的變化量．
（3）A球從開始運(yùn)動(dòng)至剛離開電場(chǎng)所用的時(shí)間．

Answer 1

分析 （1）由動(dòng)能定理求解B球剛進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)，小車的速度大�。�
（2）對(duì)整體應(yīng)用動(dòng)能定理求解小車向右運(yùn)動(dòng)的最大距離，B球電勢(shì)能的變化量由電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系求解；
（3）小車先減速后減速，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解A球從開始運(yùn)動(dòng)至剛離開電場(chǎng)所用的時(shí)間

解答 解：（1）對(duì)于兩球和小車整體，由動(dòng)能定理可得：2EqL=$\frac{1}{2}$mv²
故v=$2\sqrt{\frac{qEL}{m}}$
（2）假設(shè)A球已經(jīng)出了電場(chǎng)，B球向右運(yùn)動(dòng)的距離為X，則由全程的動(dòng)能定理有：E×2q×2l-E×3q×（X-l）=0
解得，X=$\frac{7}{3}l$，
結(jié)合題意分析可知，原假設(shè)正確，故X=$\frac{7}{3}l$
電場(chǎng)力對(duì)B球做的負(fù)功為：W=-3Eq（X-l）=-4Eql
由功能關(guān)系可得，B球電勢(shì)能增加了4Eql
（3）在B球進(jìn)入電場(chǎng)前，系統(tǒng)的勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度為：${a}_{1}=\frac{2Eq}{m}$①
前進(jìn)的距離為：x₁=2l-l=l②
設(shè)時(shí)間為t₁，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得：x₁=$\frac{1}{2}$a₁${t}_{1}^{2}$③
在B球進(jìn)入電場(chǎng)后，系統(tǒng)的勻減速運(yùn)動(dòng)，規(guī)定初速度方向?yàn)檎�，加速度為�?{a}_{2}=\frac{2Eq-3Eq}{m}=\frac{-Eq}{m}=-\frac{{a}_{1}}{2}$④
設(shè)B進(jìn)入電場(chǎng)到A離開電場(chǎng)的時(shí)間為t₂，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得，${x}_{2}{{=v}_{0}t}_{2}-\frac{1}{2}$${{a}_{2}t}_{2}^{2}$⑤
其中，v₀=a₁t₁，⑥
x₂=3l-2l=l⑦
A球從開始運(yùn)動(dòng)至剛離開電場(chǎng)所用的時(shí)間為：t=t₁+t₂⑧
由①～⑧可得，t=（3-$\sqrt{6}$）$\sqrt{\frac{lm}{Eq}}$
答：（1）B球剛進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)，小車的速度大小為$2\sqrt{\frac{qEL}{m}}$；
（2）小車向右運(yùn)動(dòng)的最大距離為$\frac{7l}{3}$，此過程中B球電勢(shì)能增加了4Eql．
（3）A球從開始運(yùn)動(dòng)至剛離開電場(chǎng)所用的時(shí)間為（3-$\sqrt{6}$）$\sqrt{\frac{lm}{Eq}}$．

點(diǎn)評(píng) 本題重點(diǎn)考查了電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系以及動(dòng)能定理的應(yīng)用，動(dòng)能定理在解決不牽扯時(shí)間和加速度的運(yùn)動(dòng)學(xué)問題時(shí)為首選，要能夠熟練應(yīng)用．對(duì)于求解時(shí)間和加速度的運(yùn)動(dòng)學(xué)問題，必須采用牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，此時(shí)往往分段研究，運(yùn)算量偏大．