Question

8．如圖所示，整個裝置處于真空中．一根長L=1.5m的光滑絕緣細直桿MN，與豎直方向成α=30°固定在場強大小為E=1.0×10⁵N/C、與水平方向成θ=60°角的傾斜向上勻強電場中．桿的下端N固定一個帶電小球A，電荷量Q=+4.5×10^-6C；另一帶電小球B穿在桿上可自由滑動，電荷量q=+1.0×10^-6C，質(zhì)量m=1.0×10^-2kg．已知真空中點電荷q周圍的電勢ϕ=k$\frac{q}{r}$（取無窮遠處為零電勢，k=9.0×10⁹N•m²/C²）．現(xiàn)將小球B從桿的上端M靜止釋放，小球B開始運動．求：（重力加速度g=10m/s²）
（1）小球B開始運動時的加速度為多大？
（2）小球B的速度最大時，距N端的距離L₁為多大？
（3）小球B從M端運動到距N端的L₂=0.9m時，速度為v為多大？

Answer 1

分析 （1）對小球B進行受力分析，運用牛頓第二定律求出開始運動時的加速度大�。�
（2）根據(jù)受力情況分析小球B的運動情況，當小球B合力為零時，速度最大，根據(jù)合力為零求出距M端的高度．
（3）根據(jù)動能定理求得速度

解答 解：（1）根據(jù)牛頓第二定律有：
mgcosα-F_C-qEsin（θ-α）=ma
解得：$a=\frac{mgcosα-k\frac{Qq}{{L}^{2}}-qEsin（θ-α）}{m}$=1.86m/s²
（2）小球B的速度最大時，是在平衡位置有：
mgcosα=F_C+qEsin（θ-α）
即：$mgcosα=k\frac{Qq}{{L}_{1}^{2}}+qEsin（θ-α）$
代入數(shù)據(jù)解得：L₁=1.052m
（3）從M到N，對小球根據(jù)動能定理，得：：
$mg（{L_1}-{L_2}）cosα-（k\frac{Qq}{L_2}--k\frac{Qq}{L_1}）-qE（{L_1}-{L_2}）sin（θ-α）=\frac{1}{2}m{v^2}-0$
代入數(shù)據(jù)解得：v=0.89m/s
答：（1）小球B開始運動時的加速度為1.86m/s²
（2）小球B的速度最大時，距N端的距離L₁為1.052m
（3）小球B從M端運動到距N端的L₂=0.9m時，速度為v為0.89m/s

點評 本題考查庫侖定律、牛頓第二定律、共點力平衡的綜合運用，知道小球所受合力為零時，小球的速度最大．