Question

4．如图所示，沿水平方向放置一条平直光滑槽，它垂直穿过开有小孔的两平行薄板，板相距3.5L．槽内有两个质量均为m的小球A和B，球A带电量为+2q，球B带电量为-3q，两球由长为2L的轻杆相连，组成一带电系统．最初A和B分别静止于左板的两侧，离板的距离均为L．若视小球为质点，不计轻杆的质量，在两板间加上与槽平行且向右的匀强电场E后（设槽和轻杆由特殊绝缘材料制成，不影响电场的分布），求：
（1）球B刚进入电场时，带电系统的加速度大小；
（2）带电系统从开始运动到速度第一次为零，系统向右运动的位移大小；
（3）带电系统从开始运动到速度第一次为零所需的时间．

Answer 1

分析 （1）根据牛顿第二定律求出B球刚进入电场时的加速度大小．
（2）假设A球刚好到达右极板，求出电场力对系统做功的大小，从而确定球A不仅能达到右极板，还能穿过小孔，离开右极板．对系统运用动能定理，求出带电系统从开始运动到速度第一次为零，系统向右运动的位移大小．
（3）根据牛顿第二定律和运动学公式分别求出B球从开始进入电场的时间，以及系统在电场中做匀减速运动的时间和A球离开电场后B球在电场中的运动时间，从而得出速度第一次为零所需的时间．

解答 解：（1）设球B进入电场后，带电系统的加速度为a₂，由牛顿第二定律得：
a₂=$\frac{-3qE+2qE}{2m}$=$\frac{-qE}{2m}$．
（2）假设速度为0时球A刚能达到右极板，设电场力对系统做功为W₁，有：
W₁=2qE×2.5L+（-3qE×1.5L）＞0
由此可得，球A不仅能达到右极板，还能穿过小孔，离开右极板．
假设速度为0时球B能达到右极板，设电场力对系统做功为W₂，有：
W₂=2qE×2.5L+（-3qE×3.5L）＜0…②
由此可得，球B不能达到右极板．
综上所述，带电系统速度第一次为零时，球A、B应分别在右极板两侧
设速度为0时系统的位移为x，由动能定理有：
2qE×2.5L-3qE（x-L）=0
得：$x=\frac{8L}{3}$．
（3）带电系统开始运动时，设加速度为a₁，由牛顿第二定律：
a₁=$\frac{2qE}{2m}=\frac{qE}{m}$，
设球B刚进入电场时，带电系统的速度为v₁，有：
v²₁=2a₁L
设球B从静止到刚进入电场的时间为t₁，则：
t₁=$\frac{{v}_{1}}{{a}_{1}}$=$\sqrt{\frac{2mL}{qE}}$．
球B进入电场后，带电系统做匀减速运动，设球A刚达到右极板时的速度为v₂，减速所需时间为t₂，则有：
v²₂-v²₁=2a₂×1.5L
t₂=$\frac{{v}_{2}-{v}_{1}}{{a}_{2}}$=$\sqrt{\frac{2mL}{qE}}$．
球A离开电场后，带电系统继续做减速运动，设加速度为a₃，再由牛顿第二定律：
a₃=$\frac{-3qE}{2m}$，
设球A从离开电场到静止时所需时间为t₃，运动的位移为x，则有：
t₃=$\frac{0-{v}_{2}}{{a}_{3}}=\frac{1}{3}\sqrt{\frac{2mL}{qE}}$．
带电系统从静止到速度第一次为零所需的时间为：
t=t₁+t₂+t₃=$\frac{7}{3}\sqrt{\frac{2mL}{qE}}$．
答：（1）球B刚进入电场时，带电系统的加速度大小为$\frac{qE}{2m}$；
（2）带电系统从开始运动到速度第一次为零，系统向右运动的位移大小为$\frac{8L}{3}$．
（3）带电系统从开始运动到速度第一次为零所需的时间为$\frac{7}{3}\sqrt{\frac{2mL}{qE}}$．

点评 解决本题的关键理清带电系统在整个过程中的运动情况，结合牛顿第二定律、动能定理和运动学公式综合求解，难度较大．