Question

相距d=0.4m的虛線MP、NQ間有水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，將質(zhì)量為m=1×10^-2kg、電荷量q=4×10^-5C的帶電小球F從兩極板上方O點(diǎn)以v₀=4m/s的初速度水平拋出，O點(diǎn)距離電場(chǎng)上端的高度h=0.2m，小球恰好從電場(chǎng)上邊緣M處進(jìn)入電場(chǎng)，并沿直線運(yùn)動(dòng)．有一與虛線 MP、NQ垂直的光滑絕緣的水平臺(tái)面，上面有用長(zhǎng)為l=0.2m的絕緣輕桿連接的兩個(gè)質(zhì)量均為m=1×10^-2kg的帶電小球A和B組成的帶電系統(tǒng)，A球的帶電量為qA=8×10-5C，B球的帶電量為qB=-1.2×10-4C．如圖所示，初始A和B分別靜止于虛線MP的兩側(cè)，且到MP的距離相同，若視小球?yàn)橘|(zhì)點(diǎn)，不計(jì)輕桿的質(zhì)量，g取10m/s²，求：
（1）兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度；
（2）B球剛進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)，帶電系統(tǒng)的速度大��；
（3）帶電系統(tǒng)在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期．

Answer 1

分析：（1）根據(jù)小球做平拋運(yùn)動(dòng)，依據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，即可解小球到達(dá)M板上端時(shí)的速度大小及方向；
（2）在B進(jìn)入電場(chǎng)前只有A球受電場(chǎng)力q_A E，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可求出B球進(jìn)入電場(chǎng)前系統(tǒng)的加速度a₁，從而求出B球剛進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)系統(tǒng)的速度的大小v．
（3）B進(jìn)入電場(chǎng)前，對(duì)AB整體，由動(dòng)量定理求得小球B進(jìn)入電場(chǎng)前運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，然后分別使用動(dòng)能定律和動(dòng)量定理求得A出電場(chǎng)時(shí)使用的時(shí)間，最后根據(jù)運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性求出周期．

解答：解：（1）小球從O到M做平拋運(yùn)動(dòng)．
豎直方向：vy2=2gh------------①
由幾何關(guān)系得：tanθ=

vy

v0

-------②
進(jìn)入電場(chǎng)后做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，tanθ=

mg

qE

----③
解得：E=5×10³N/C
（2）B進(jìn)入電場(chǎng)前，對(duì)AB整體，由動(dòng)能定理，qAE?

l

2

=

1

2

2mv2--------④
解得：v=2m/s
（3）B進(jìn)入電場(chǎng)前，對(duì)AB整體，由動(dòng)量定理，q_AE?t₁=2mv-------⑤
解得：t₁=0.1s
B進(jìn)入電場(chǎng)后，系統(tǒng)將做減速運(yùn)動(dòng)．（q_B-q_A）E=2ma--------⑥
解得a=10m/s²
設(shè)A剛到NQ邊界速度為v_Q，則 v2-vQ2=2a(d-l)-------⑦
解得：vQ =0
由動(dòng)量定理，（q_B-q_A）E?t₂=2mv--------⑧
解得：t₂=0.2s
即AB系統(tǒng)將在初始位置和NQ間做往復(fù)運(yùn)動(dòng)．
所以周期為：T=2（t₁+t₂）-------⑨
解得：T=0.6s．
答：（1）兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度5×10³N/；
（2）B球剛進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)，帶電系統(tǒng)的速度大小是2m/s；
（3）帶電系統(tǒng)在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期是0.6s．

點(diǎn)評(píng)：掌握物體做直線運(yùn)動(dòng)的條件和正確分析平拋運(yùn)動(dòng)，求出電場(chǎng)的強(qiáng)度．解決后兩問(wèn)的過(guò)程中要注意在B球未進(jìn)入電場(chǎng)和B球進(jìn)入電場(chǎng)后系統(tǒng)所受的電場(chǎng)力不同，故加速度不同，從而可以分別求出運(yùn)動(dòng)時(shí)間以及系統(tǒng)向右運(yùn)動(dòng)的最大距離．