Question

8．如圖甲所示，光滑的絕緣細桿水平放置，有孔小球套在桿上，整個裝置固定于某一電場中．以桿左端為原點，沿桿向右為x軸正方向建立坐標系．沿桿方向電場強度E隨位置x的分布如圖乙所示，場強為正表示方向水平向右，場強為負表示方向水平向左．圖乙中曲線在0≤x≤0.20m和x≥0.4m范圍可看作直線．小球質(zhì)量m=0.02kg，帶電量q=+1×10^-6C．若小球在x₂處獲得一個v=0.4m/s的向右初速度，最遠可以運動到x₄處．
（1）求桿上x₄到x₈兩點間的電勢差大小U；
（2）若小球在x₆處由靜止釋放后，開始向左運動，求：
a．加速運動過程中的最大加速度a_m；
b．向左運動的最大距離s_m；
（3）若已知小球在x₂處以初速度v₀向左減速運動，速度減為零后又返回x₂處，所用總時間為t₀，求小球在x₂處以初速度4v₀向左運動，再返回到x₂處所用的時間．（小球運動過程中始終未脫離桿）你可能不會計算，但小球向左運動過程中受力特點你并不陌生，請展開聯(lián)想，通過類比分析得出結果．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)U=Ed即可解；
（2）a、場強最大處電場力最大，加速度最大，根據(jù)牛頓第二定律即可求解最大加速度；
b、先由動能定理求出${x}_{2}^{\;}$與${x}_{4}^{\;}$之間的電勢差，再根據(jù)動能定理求出向左運動的最遠處距${x}_{2}^{\;}$處的距離為x′，即可求出向左運動的最大距離；
（3）分析小球的受力及運動符合簡諧運動的特點，運用簡諧運動的規(guī)律求出時間；

解答 解：（1）${x}_{4}^{\;}$與${x}_{8}^{\;}$之間為勻強電場的電場強度為：$E=4×1{0}_{\;}^{3}V/m$
U=Ed
得：U=1600V
（2）a、加速運動過程中，經(jīng)過${x}_{3}^{\;}$處場強最大，為：
${F}_{m}^{\;}={E}_{m}^{\;}q$
由牛頓第二定律有：${F}_{m}^{\;}=m{a}_{m}^{\;}$
得：${a}_{m}^{\;}=0.6$$m/{s}_{\;}^{2}$
b、設${x}_{2}^{\;}$與${x}_{4}^{\;}$之間的電勢差為${U}_{2}^{\;}$，由動能定理有：
$-q{U}_{2}^{\;}=0-\frac{1}{2}m{v}_{\;}^{2}$
得：${U}_{2}^{\;}=1.6×1{0}_{\;}^{3}V$
設${x}_{4}^{\;}$與${x}_{6}^{\;}$之間的電勢差為${U}_{1}^{\;}$：${U}_{1}^{\;}=0.8×1{0}_{\;}^{3}V$
設向左運動的最遠處距${x}_{2}^{\;}$處的距離為x′，電場強度大小為${E}_{x′}^{\;}$
帶電小球由位置${x}_{6}^{\;}$處到最遠處的過程：
根據(jù)動能定理：$q{U}_{1}^{\;}+q{U}_{2}^{\;}-q\frac{1}{2}{E}_{x′}^{\;}x′=0$
$\frac{E}{x′}=\frac{3.75×1{0}_{\;}^{4}}{0.05}$
得：x′=0.08m=8cm
所以${S}_{m}^{\;}=（0.6-0.2）+x′=0.48m$
（3）如圖：

設距${x}_{2}^{\;}$處左側(cè)距離為x處的電場強度大小為${E}_{x}^{\;}$，小球在距${x}_{2}^{\;}$處左側(cè)距離為x處所受電場力大小為F：$F={E}_{x}^{\;}q$
由圖可知：${E}_{x}^{\;}=Kx$（K為常量）
所以：F=qKx
小球在${x}_{2}^{\;}$處左側(cè)所受電場力方向總指向${x}_{2}^{\;}$（向右）
小球在${x}_{2}^{\;}$處左側(cè)相對于${x}_{2}^{\;}$處的位移總背離${x}_{2}^{\;}$（向左）
綜上可知：電場力F的大小與x成正比，方向與x方向相反．小球向左的運動是簡諧運動的一部分，振動周期與振幅無關，小球從${x}_{2}^{\;}$處向左運動再返回的時間是簡諧運動的半個周，因此以4v為初速度的時間仍為${t}_{0}^{\;}$．
答：（1）求桿上x₄到x₈兩點間的電勢差大小U為1600V；
（2）a．加速運動過程中的最大加速度${a}_{m}^{\;}$為0.6$m/{s}_{\;}^{2}$；
b．向左運動的最大距離${s}_{m}^{\;}$為0.48m；
（3）小球在x₂處以初速度4v₀向左運動，再返回到x₂處所用的時間仍為${t}_{0}^{\;}$

點評 解答此題的關鍵是從圖象中獲得信息，分析清楚小球的受力及運動特點．正確運用牛頓第二定律及動能定理求解，尤其是運用動能定理時要注意正功和負功．