Question

20．如圖所示在長為2L的絕緣輕質(zhì)細桿的兩端各連接一個質(zhì)量均為m的帶電小球A和B（可視為質(zhì)點，也不考慮二者間的相互作用力），A球帶正電、電荷量為+2q，B球帶負電．電荷量為-3q．現(xiàn)把A和B組成的帶電系統(tǒng)鎖定在光滑絕緣的水平面上，并讓A處于如圖所示的有界勻強電場區(qū)域MPQN內(nèi)．已知虛線MP是細桿的中垂線，MP和NQ的距離為4L，勻強電場的場強大小為E，方向水平向右．現(xiàn)取消對A、B的鎖定，讓它們從靜止開始運動．（忽略小球運動中所產(chǎn)生的磁場造成的影響）
（1）求小球A、B運動過程中的最大速度；
（2）小球A、B能否回到原出發(fā)點？若不能，請說明理由；若能，請求出經(jīng)過多長時間帶電系統(tǒng)又回到原地發(fā)點．

Answer 1

分析 （1）當B球進入電場后，合力向左，系統(tǒng)開始減速，故此時物體速度最大，對加速過程運用動能定理列式求解即可；
（2）系統(tǒng)在B球進入電場前做加速運動，B球進入電場后開始做減速運動；返回過程先加速后減速，向右和向左的過程具有對稱性；
由牛頓第二定律，求解出加速過程和減速過程的加速度，然后根據(jù)運動學公式和動能定理列式求解．

解答 解：（1）帶電系統(tǒng)鎖定解除后，在水平方向上受到向右的電場力作用開始向右加速運動，
當B進入電場區(qū)時，系統(tǒng)所受的電場力為A、B的合力，因方向向左，從而做減速運動，
以后不管B有沒有離開右邊界，速度大小均比B剛進入時小，故在B剛進入電場時，系統(tǒng)具有最大速度．
設B進入電場前的過程中，系統(tǒng)的加速度為a₁，由牛頓第二定律：2Eq=2ma₁，
B剛進入電場時，系統(tǒng)的速度為v_m，由勻變速直線運動的速度位移公式得：v_m²=2a₁L，解得：v_m=$\sqrt{\frac{2qEL}{m}}$；
（2）對帶電系統(tǒng)進行分析，假設A能達到右邊界，電場力對系統(tǒng)做功為W₁，
則：W₁=2qE×3L+（-3qE×2L）=0，故系統(tǒng)不能從右端滑出，
即：當A剛滑到右邊界時，速度剛好為零，接著反向向左加速．
由運動的對稱性可知，系統(tǒng)剛好能夠回到原位置，此后系統(tǒng)又重復開始上述運動．
設B從靜止到剛進入電場的時間為t₁，則：t₁=$\frac{{v}_{m}}{{a}_{1}}$=$\sqrt{\frac{2mL}{qE}}$，
設B進入電場后，系統(tǒng)的加速度為a₂，由牛頓第二定律得：-3qE+2qE=2ma₂，
顯然，系統(tǒng)做勻減速運動，減速所需時間為t₂，則有：t₂=$\frac{0-{v}_{m}}{{a}_{2}}$=$\sqrt{\frac{8mL}{qE}}$，
那么系統(tǒng)從開始運動到回到原出發(fā)點所需的時間為：t=2（t₁+t₂）=6$\sqrt{\frac{2mL}{qE}}$；
答：（1）小球A、B運動過程中的最大速度為$\sqrt{\frac{2qEL}{m}}$；
（2）小球A、B能回到原出發(fā)點；經(jīng)過時間6$\sqrt{\frac{2mL}{qE}}$帶電系統(tǒng)又回到原地發(fā)點．

點評 本題考查了求速度、運動時間問題，關鍵是分析清楚兩個小球系統(tǒng)的運動規(guī)律，然后根據(jù)牛頓第二定律、運動學公式和動能定理列式分析求解．