Question

在動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2的粗糙絕緣足夠長(zhǎng)的水平滑漕中，長(zhǎng)為2L的絕緣輕質(zhì)細(xì)桿兩端各連接一個(gè)質(zhì)量均為m的帶電小球A和B，如圖為俯視圖（槽兩側(cè)光滑）．A球的電荷量為+2q，B球的電荷量為-3q（均可視為質(zhì)點(diǎn)，也不考慮兩者間相互作用的庫(kù)侖力）．現(xiàn)讓A處于如圖所示的有界勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)域MPQN內(nèi)，已知虛線MP恰位于細(xì)桿的中垂線，MP和NQ的距離為3L，勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小為E=1.2mg/q，方向水平向右．釋放帶電系統(tǒng)，讓A、B從靜止開始運(yùn)動(dòng)（忽略小球運(yùn)動(dòng)中所產(chǎn)生的磁場(chǎng)造成的影響）．求：
（1）小球B第一次到達(dá)電場(chǎng)邊界MP所用的時(shí)間；
（2）小球A第一次離開電場(chǎng)邊界NQ時(shí)的速度大小
（3）帶電系統(tǒng)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，B球電勢(shì)能增加量的最大值．

Answer 1

【答案】分析：（1）B進(jìn)入電場(chǎng)前的過(guò)程中，系統(tǒng)做勻加速運(yùn)動(dòng)，使用牛頓第二定律，先求出加速度，再求出運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；
（2）B進(jìn)入電場(chǎng)后前的過(guò)程中，系統(tǒng)做勻減速運(yùn)動(dòng)，使用牛頓第二定律，先求出加速度，再求出運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最后求出速度．也可以使用動(dòng)能定理求解；
（3）帶電系統(tǒng)速度第一次為零，此時(shí)A已經(jīng)到達(dá)右邊界NQ外，B克服電場(chǎng)力做的功最多，B增加的電勢(shì)能最多，據(jù)此列公式求出即可．
解答：解：
（1）帶電系統(tǒng)開始運(yùn)動(dòng)后，先向右加速運(yùn)動(dòng)；當(dāng)B進(jìn)入電場(chǎng)區(qū)時(shí)，開始做減速運(yùn)動(dòng)．設(shè)B進(jìn)入電場(chǎng)前的過(guò)程中，系統(tǒng)的加速度為a₁，
由牛頓第二定律：2Eq-μ2mg=2ma₁           即：a₁=g
B剛進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)，由：               
可得：
（2）當(dāng)A剛滑到右邊界時(shí)，電場(chǎng)力對(duì)系統(tǒng)做功為：W₁=2Eq?2L+（-3Eq?L）=EqL
摩擦力對(duì)系統(tǒng)做功為：W₂=-μ?2mg?2l=-0.8mgL
W_總=EqL-0.8mgL=0.4mgL         故A球從右端滑出．
設(shè)B從靜止到剛進(jìn)入電場(chǎng)的速度為v₁，
設(shè)B進(jìn)入電場(chǎng)后，系統(tǒng)的加速度為a₂，由牛頓第二定律：2Eq-3Eq-2μmg=2ma₂
a₂=-0.8g
系統(tǒng)做勻減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)小球A第一次離開電場(chǎng)邊界NQ時(shí)的速度大小為v₂；
由：，
可得：
（3）當(dāng)帶電系統(tǒng)速度第一次為零，此時(shí)A已經(jīng)到達(dá)右邊界NQ外，B克服電場(chǎng)力做的功最多，B增加的電勢(shì)能最多，設(shè)此時(shí)A離右邊界NQ的距離為x
由動(dòng)能定理：2Eq?2L-3Eq×（L+x）-μ2mg（2L+x）=0
可得：x=0.1L
所以B電勢(shì)能增加的最大值△W₁=3Eq×1.1L=3.3EqL=3.96mgL      
答：（1）小球B第一次到達(dá)電場(chǎng)邊界MP所用的時(shí)間；
（2）小球A第一次離開電場(chǎng)邊界NQ時(shí)的速度大小；
（3）帶電系統(tǒng)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，B球電勢(shì)能增加量的最大值3.96mgL．
點(diǎn)評(píng)：該題情景新穎，針對(duì)同一過(guò)程的問(wèn)題精致，要求我們需要對(duì)該過(guò)程減小細(xì)致的分析，才能找出正確的解題思路和方法．