Question

如圖所示，虛線MN下方存在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)E=2×10³V/m，電場(chǎng)區(qū)域上方有一豎直放置長(zhǎng)為l=0.5m的輕質(zhì)絕緣細(xì)桿，細(xì)桿的上下兩端分別固定一個(gè)帶電小球A、B，它們的質(zhì)量均為m=0.01kg，A帶正電，電量為q₁=2.5×10^-4C；B帶負(fù)電，電荷量q₂=5×10^-5C，B到MN的距離h=0.05m．現(xiàn)將輕桿由靜止釋放（g取10m/s²），求：
（1）小球B剛進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)后的加速度大�。�
（2）從開始運(yùn)動(dòng)到A剛要進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)過(guò)程的時(shí)間．
（3）小球B向下運(yùn)動(dòng)離M、N的最大距離．

Answer 1

分析：1、小球B剛進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)，以A、B球及輕桿為一整體，運(yùn)用牛頓第二定律2mg+q₂E=2ma，代入數(shù)據(jù)計(jì)算可解得小球B剛進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)后的加速度大�。�
2、分兩個(gè)階段研究，第一階段：B球進(jìn)入電場(chǎng)前，A、B球及輕桿整體做自由落體運(yùn)動(dòng)，則有h=

1

2

gt₁²，代入數(shù)據(jù)可解得時(shí)間t₁和B球進(jìn)入電場(chǎng)瞬間速度v₁=gt₁．
第二階段：從B球進(jìn)入電場(chǎng)到A球剛要進(jìn)入電場(chǎng)過(guò)程，A、B球整體做勻加速運(yùn)動(dòng)，則有l(wèi)=v₁t₂+

1

2

at₂²，代入數(shù)據(jù)可解得t₂．
所以，從開始運(yùn)動(dòng)到A剛要進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)過(guò)程中的時(shí)間為t=t₁+t₂．
3、A、B球整體從開始運(yùn)動(dòng)到達(dá)最低點(diǎn)過(guò)程中，運(yùn)用動(dòng)能定理2mg（h+s）+q₂Es-q₁E（s-l）=0，代入數(shù)據(jù)可解得小球B向下運(yùn)動(dòng)離M、N的最大距離s．

解答：解：（1）小球B剛進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)，以A、B球及輕桿為一整體，做加速度為a的勻加速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律：
2mg+q₂E=2ma
解得a=g+

q2E

2m

=15 m/s²
（2）B球進(jìn)入電場(chǎng)前，A、B球及輕桿整體做自由落體運(yùn)動(dòng)，時(shí)間為t₁，則有h=

1

2

gt₁²
解得：t₁=0.1 s
B球進(jìn)入電場(chǎng)瞬間速度：v₁=gt₁=1 m/s
從B球進(jìn)入電場(chǎng)到A球剛要進(jìn)入電場(chǎng)過(guò)程，A、B球整體做勻加速運(yùn)動(dòng)，時(shí)間為t₂，則有l(wèi)=v₁t₂+

1

2

at₂²
解方程得：t₂=0.2 s
從開始運(yùn)動(dòng)到A剛要進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)過(guò)程中的時(shí)間
t=t₁+t₂=0.3 s．
（3）設(shè)小球B向下運(yùn)動(dòng)離MN最大距離為s，A、B球整體從開始運(yùn)動(dòng)到達(dá)最低點(diǎn)過(guò)程中，由動(dòng)能定理得：
2mg（h+s）+q₂Es-q₁E（s-l）=0
解得：s=1.3m．
答：（1）小球B剛進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)后的加速度大小為15m/s．
（2）從開始運(yùn)動(dòng)到A剛要進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)過(guò)程的時(shí)間0.3s．
（3）小球B向下運(yùn)動(dòng)離M、N的最大距離1.3m．

點(diǎn)評(píng)：本題有一定的難度，要注意受力的變化導(dǎo)致加速度變化，運(yùn)動(dòng)過(guò)程要分析清楚，分階段計(jì)算，比較好．