Question

（2008?惠州三模）如圖所示，在光滑絕緣水平面上有兩個(gè)帶電小球A、B，質(zhì)量分別為3m和m，小球A帶正電q，小球B帶負(fù)電-2q，開(kāi)始時(shí)兩小球相距s₀，小球A有一個(gè)水平向右的初速度v₀，小球B的初速度為零，若取初始狀態(tài)下兩小球構(gòu)成的系統(tǒng)的電勢(shì)能為零，則
（1）試證明：當(dāng)兩小球的速度相同時(shí)系統(tǒng)的電勢(shì)能最大，并求出該最大值；
（2）在兩小球的間距仍不小于s₀的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，求出系統(tǒng)的電勢(shì)能與系統(tǒng)的動(dòng)能的比值的取值范圍．

Answer 1

分析：（1）電勢(shì)能等于系統(tǒng)動(dòng)能的減小量，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律求出系統(tǒng)動(dòng)能減小量的表達(dá)式，通過(guò)數(shù)學(xué)方法求出當(dāng)動(dòng)能損失最大時(shí)，兩球速度的關(guān)系，從而求出最大值．
（2）根據(jù)能量守恒求出系統(tǒng)動(dòng)能的最小值，抓住在兩球間距仍不小于s₀的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，系統(tǒng)的電勢(shì)能總小于系統(tǒng)的動(dòng)能．求出兩種能量的比值的取值范圍．

解答：解：（1）由于兩小球構(gòu)成的系統(tǒng)合外力為零，設(shè)某狀態(tài)下兩小球的速度分別為v_A和v_B，由動(dòng)量守恒定律得 3mv₀=3mv_A+mv_B（1）
所以，系統(tǒng)的動(dòng)能減小量為  △Ek=

1

2

3m

v

2 0

-

1

2

3m

v

2 A

-

1

2

m

v

2 B

（2）
由于系統(tǒng)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中只有電場(chǎng)力做功，所以系統(tǒng)的動(dòng)能與電勢(shì)能之和守恒，考慮到系統(tǒng)初狀態(tài)下電勢(shì)能為零，故該狀態(tài)下的電勢(shì)能可表為
Epe=△Ek=

1

2

3m

v

2 0

-

1

2

3m

v

2 A

-

1

2

m

v

2 B

（3）
聯(lián)立（1）、（3）兩式，得 Epe=-6m

v

2 A

+9mv0vA-3m

v

2 0

（4）
由（4）式得：當(dāng) vA=

3

4

v0時(shí)，系統(tǒng)的電勢(shì)能取得最大值，而將（5）式代入（1）式，得 vA=vB=

3

4

v0（6）
即當(dāng)兩小球速度相同時(shí)系統(tǒng)的電勢(shì)能最大，最大值為Epemax=

3

8

m

v

2 0

（7）
（2）由于系統(tǒng)的電勢(shì)能與動(dòng)能之和守恒，且初始狀態(tài)下系統(tǒng)的電勢(shì)能為零，所以在系統(tǒng)電勢(shì)能取得最大值時(shí)，系統(tǒng)的動(dòng)能取得最小值，為Ekmin=Ek0-Epemax=

1

2

3m

v

2 0

-

3

8

m

v

2 0

=

9

8

m

v

2 0

（8）
由于E_kmin＞E_pemax
所以在兩球間距仍不小于s₀的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，系統(tǒng)的電勢(shì)能總小于系統(tǒng)的動(dòng)能．
在這過(guò)程中兩種能量的比值的取值范圍為0≤

Epe

Ek

≤

Epemax

Ekmin

=

1

3

（9）
答：（1）最大的電勢(shì)能為Epemax=

3

8

m

v

2 0

．
（2）系統(tǒng)的電勢(shì)能與系統(tǒng)的動(dòng)能的比值的取值范圍0≤

Epe

Ek

≤

1

3

．

點(diǎn)評(píng)：本題綜合考查了動(dòng)量守恒定律，能量守恒定律，綜合性較強(qiáng)，對(duì)學(xué)生的能力要求較高，對(duì)數(shù)學(xué)計(jì)算的能力要求也高，需加強(qiáng)訓(xùn)練．