Question

13．光滑絕緣水平面上有一水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，其場(chǎng)強(qiáng)大小分布如圖（a）所示．兩個(gè)質(zhì)量均為m的帶電小球A和B由長(zhǎng)為2L的輕桿相連，組成一帶電系統(tǒng)，球A帶電量為+2q，球B帶電量為-q．t=0時(shí)刻，帶電系統(tǒng)由如圖（b）所示位置從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)．若視小球?yàn)橘|(zhì)點(diǎn)，不計(jì)輕桿的質(zhì)量，求：
（1）當(dāng)球B剛進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)，帶電系統(tǒng)速度v₁的大�。�
（2）當(dāng)球A剛離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)，帶電系統(tǒng)速度v₂的大小；
（3）通過(guò)分析、計(jì)算、推理，描述帶電系統(tǒng)中的球B從x=0到x=5L的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，并作出對(duì)應(yīng)的v-t圖．

Answer 1

分析 （1）在B進(jìn)入電場(chǎng)前只有A球受電場(chǎng)力2qE，根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求B球剛進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)系統(tǒng)的速度的大小v．
（2）根據(jù)牛頓第二定律求出B進(jìn)入電場(chǎng)后，帶電系統(tǒng)的加速度，帶電系統(tǒng)繼續(xù)做勻加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)速度位移公式即可求出A剛離開(kāi)電場(chǎng)的速度；
（3）根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出帶電粒子經(jīng)過(guò)各個(gè)區(qū)域的時(shí)間，分段描述小球B的運(yùn)動(dòng)情況，再作出v-t圖象

解答 解：（1）設(shè)帶電系統(tǒng)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)，加速度為a₁，由牛頓第二定律得：
${F}_{合}^{\;}=2m{a}_{1}^{\;}$     
解得：${a}_{1}^{\;}=\frac{2q{E}_{0}^{\;}}{2m}=\frac{q{E}_{0}^{\;}}{m}$
設(shè)球B剛進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)，帶電系統(tǒng)的速度為v₁，由${v}_{1}^{2}=2{a}_{1}^{\;}L$得：
${v}_{1}^{\;}=\sqrt{2{a}_{1}^{\;}L}=\sqrt{\frac{2q{E}_{0}^{\;}L}{m}}$
（2）設(shè)球B進(jìn)入電場(chǎng)后，帶電系統(tǒng)的加速度為a₂，由牛頓第二定律得：
${F}_{合}^{\;}=2m{a}_{2}^{\;}$     
代入數(shù)據(jù)解得：${a}_{2}^{\;}=\frac{-q{E}_{0}^{\;}+2q{E}_{0}^{\;}}{2m}=\frac{q{E}_{0}^{\;}}{2m}$
帶電系統(tǒng)繼續(xù)做勻加速運(yùn)動(dòng)．
設(shè)球A剛離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的速度為v₂，由${v}_{2}^{2}-{v}_{1}^{2}=2{a}_{2}^{\;}L$得：
${v}_{2}^{\;}=\sqrt{\frac{3q{E}_{0}^{\;}L}{m}}$
（3）設(shè)球B從靜止到剛進(jìn)入電場(chǎng)的時(shí)間為t₁，（球B從x=0到x=L）則：
${t}_{1}^{\;}=\frac{{v}_{1}^{\;}}{{a}_{1}^{\;}}=\sqrt{\frac{2mL}{q{E}_{0}^{\;}}}$
設(shè)從球B進(jìn)入電場(chǎng)到球A離開(kāi)電場(chǎng)經(jīng)歷的時(shí)間為t₂，（球B從x=L 到x=2L）則：${t}_{2}^{\;}=\frac{{v}_{2}^{\;}-{v}_{1}^{\;}}{{a}_{2}^{\;}}=2（\sqrt{3}-\sqrt{2}）$$\sqrt{\frac{mL}{q{E}_{0}^{\;}}}$
球A離開(kāi)電場(chǎng)后，帶電系統(tǒng)做減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為a₃，由牛頓第二定律得：
${F}_{合}^{\;}=2m{a}_{3}^{\;}$    
得 ${a}_{3}^{\;}=-\frac{q{E}_{0}^{\;}}{2m}$
設(shè)球B運(yùn)動(dòng)到電場(chǎng)邊緣（x=4L）處，速度為v₃，由${v}_{3}^{2}-{v}_{2}^{2}=2{a}_{3}^{\;}×2L$得：
${v}_{3}^{\;}=\sqrt{\frac{q{E}_{0}^{\;}L}{m}}$
設(shè)從球A離開(kāi)電場(chǎng)到球B離開(kāi)電場(chǎng)所需時(shí)間為t₃，（球B從x=2 L 到x=4L）則：
${t}_{3}^{\;}=\frac{{v}_{3}^{\;}-{v}_{2}^{\;}}{{a}_{3}^{\;}}$=$2（\sqrt{3}-1）\sqrt{\frac{mL}{q{E}_{0}^{\;}}}$
球B離開(kāi)電場(chǎng)后（球B從x=4 L 到x=5L），就以v₃一直做勻速直線運(yùn)動(dòng)．
描述：（ 圖象加文字）
a-b過(guò)程（球B從x=0到x=L）是靜止出發(fā)，帶電系統(tǒng)以加速度a₁做勻加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)球B進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)，速度為v₁，此過(guò)程經(jīng)歷時(shí)間為t₁，通過(guò)距離為L(zhǎng)；
b-c過(guò)程（球B從x=L 到x=2L）是帶電系統(tǒng)以加速度a₂繼續(xù)做勻加速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)歷時(shí)間為t₂，直到球A到達(dá)電場(chǎng)邊緣，速度為v₂，通過(guò)距離為L(zhǎng)；
c-d 過(guò)程（球B從x=2 L 到x=4L）是帶電系統(tǒng)以加速度a₃做勻減速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)歷時(shí)間t₃，球B到達(dá)電場(chǎng)邊緣，速度為v₃，通過(guò)距離為2L；
d-e過(guò)程（球B從x=4 L 到x=5L）是帶電系統(tǒng)離開(kāi)電場(chǎng)，以v₃做勻速直線運(yùn)動(dòng)，直至運(yùn)動(dòng)到x=5L 處，即e點(diǎn)．
由此可得v-t圖象如下

答：（1）當(dāng)球B剛進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)，帶電系統(tǒng)速度v₁的大小為$\sqrt{\frac{2q{E}_{0}^{\;}L}{m}}$；
（2）當(dāng)球A剛離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)，帶電系統(tǒng)速度v₂的大小為$\sqrt{\frac{3q{E}_{0}^{\;}L}{m}}$；
（3）描述：（ 圖象加文字）
a-b過(guò)程（球B從x=0到x=L）是靜止出發(fā)，帶電系統(tǒng)以加速度a₁做勻加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)球B進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)，速度為v₁，此過(guò)程經(jīng)歷時(shí)間為t₁，通過(guò)距離為L(zhǎng)；
b-c過(guò)程（球B從x=L 到x=2L）是帶電系統(tǒng)以加速度a₂繼續(xù)做勻加速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)歷時(shí)間為t₂，直到球A到達(dá)電場(chǎng)邊緣，速度為v₂，通過(guò)距離為L(zhǎng)；
c-d 過(guò)程（球B從x=2 L 到x=4L）是帶電系統(tǒng)以加速度a₃做勻減速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)歷時(shí)間t₃，球B到達(dá)電場(chǎng)邊緣，速度為v₃，通過(guò)距離為2L；
d-e過(guò)程（球B從x=4 L 到x=5L）是帶電系統(tǒng)離開(kāi)電場(chǎng)，以v₃做勻速直線運(yùn)動(dòng)，直至運(yùn)動(dòng)到x=5L 處，即e點(diǎn)
由此可得v-t圖象如下

點(diǎn)評(píng) 解決本題的關(guān)鍵理清帶電系統(tǒng)在整個(gè)過(guò)程中的運(yùn)動(dòng)情況，結(jié)合牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式綜合求解，綜合性較強(qiáng)，對(duì)學(xué)生的能力要求較高，需加強(qiáng)這方面的訓(xùn)練．