Question

9．如图所示，在光滑绝缘水平面上，用长为2L的绝缘轻杆连接两个质量均为m的带电小球A和B．A球的带电量为+2q，B球的带电量为-3q，两球组成一带电系统．虚线MN与PQ平行且相距3L，开始时A和B分别静止于虚线MN的两侧，虚线MN恰为AB两球连线的垂直平分线．视小球为质点，不计轻杆的质量，在虚线MN、PQ间加上水平向右的匀强电场后，系统开始运动．已知MN、PQ间电势差为U．不计A，B两球间的库仑力，两球均视为点电荷．试求：
（1）开始运动时，带电系统的加速度大小；
（2）A球刚运动到PQ位置时的速度大小；
（3）带电系统从静止开始向右运动的最大距离．

Answer 1

分析 （1）对系统运用牛顿第二定律求带电系统的加速度；
（2）对系统运用动能定理，根据动能定理求出B球刚进入电场时，带电系统的速度大小，带电系统在电场中，根据动能定理求出A球刚运动到PQ位置时的速度大小；
（3）带电系统经历了三个阶段，B球进入电场前、带电系统在电场中、A球出电场，根据动能定理求出A球离开PQ的最大位移

解答 解：（1）开始运动时，对AB两球组成的系统：
根据牛顿第二定律：2qE=2ma①
电场强度：$E=\frac{U}{3L}$②
联立①②得：$a=\frac{qU}{3mL}$
（2）根据速度位移公式，得B球刚进入电场时速度
${v}_{1}^{\;}=\sqrt{2aL}=\sqrt{2×\frac{qU}{3mL}×L}=\sqrt{\frac{2qU}{3m}}$
根据动能定理：
2qEL-3qEL=$\frac{1}{2}×2m{v}_{2}^{2}-\frac{1}{2}×2m×{v}_{1}^{2}$
代入：$-\frac{1}{3}qU=\frac{1}{2}×2m×{v}_{2}^{2}-\frac{1}{2}×2m×\frac{2qU}{3m}$
解得：${v}_{2}^{\;}=\sqrt{\frac{qU}{3m}}$
（3）A移出电场后，只有B在电场中，系统向右做匀减速运动，设运动距离x速度减为0，根据动能定理，有：
$-3qEx=0-\frac{1}{2}×2m{v}_{2}^{2}$
代入数据：$-3q×\frac{U}{3L}x=0-\frac{1}{2}×2m×\frac{qU}{3m}$
解得：$x=\frac{L}{3}$
带电系统从静止开始向右运动的最大距离2L+x=$\frac{7}{3}L$
答：（1）开始运动时，带电系统的加速度大小$\frac{qU}{3mL}$；
（2）A球刚运动到PQ位置时的速度大小$\sqrt{\frac{qU}{3m}}$；
（3）带电系统从静止开始向右运动的最大距离$\frac{7}{3}L$

点评 解决本题的关键理清带电系统在整个过程中的运动情况，结合牛顿第二定律、动能定理和运动学公式综合求解．