Question

11．如图所示，一根长L=1.5m的光滑绝缘细直杆MN，竖直固定在场强为E=5.0×10⁴N/C、竖直向上的匀强电场中．杆的下端M固定一个带电小球A，电荷量Q=4.5×10^-6 C；另一带电小球B穿在杆上可自由滑动，电荷量q=1.0×10^-6 C，质量m=1.0×10^-2kg．现将小球B从杆的上端N静止释放，小球B开始运动．（静电力常量k=9.0×10⁹ N•m²/C²，取g=10m/s²）
（1）小球B开始运动时的加速度为多大？
（2）小球B的速度最大时，距M端的高度h₁为多大？
（3）小球B从N端运动到距M端的高度h₂=0.61m时，速度为v=1.0m/s，求此过程中小球B的电势能改变了多少？

Answer 1

分析 （1）对小球B进行受力分析，运用牛顿第二定律求出开始运动时的加速度大小；
（2）根据受力情况分析小球B的运动情况，当合力为零时小球B速度最大；
（3）对小球B运用动能定理求解电场力做功，由$W=-△{E}_{P}^{\;}$即可得到电势能的变化量；

解答 解：（1）对小球B进行受力分析，受到重力、匀强电场的电场力、A对B的库仑力
根据牛顿第二定律，有
$mg-Eq-k\frac{Qq}{{L}_{\;}^{2}}=ma$
代入数据：$1×1{0}_{\;}^{-2}×10$-$5.0×1{0}_{\;}^{4}×1.0×1{0}_{\;}^{-6}$-$9×1{0}_{\;}^{9}×\frac{4.5×1{0}_{\;}^{-6}×1.0×1{0}_{\;}^{-6}}{1．{5}_{\;}^{2}}$=$1.0×1{0}_{\;}^{-2}a$
解得：$a=3.2m/{s}_{\;}^{2}$
（2）小球B的速度最大时，合力为0，加速度为0
$mg-Eq-k\frac{Qq}{{h}_{1}^{2}}=0$
代入数据：$0.1-0.05-9×1{0}_{\;}^{9}\frac{4.5×1{0}_{\;}^{-6}×1.0×1{0}_{\;}^{-6}}{{h}_{1}^{2}}$=0
解得：${h}_{1}^{\;}=0.9m$
（3）小球B从N端运动到距M端的高度h₂=0.61m时的过程中，小球下降的高度△h=1.5-0.61=0.89m
根据动能定理：$mg△h+{W}_{电}^{\;}=\frac{1}{2}m{v}_{\;}^{2}-0$
代入数据：$1×1{0}_{\;}^{-2}×10×0.89+{W}_{电}^{\;}=\frac{1}{2}×1×1{0}_{\;}^{-2}×{1}_{\;}^{2}$
解得：${W}_{电}^{\;}=-8.4×1{0}_{\;}^{-2}J$
电势能增加$8.4×1{0}_{\;}^{-2}J$
答：（1）小球B开始运动时的加速度为$3.2m/{s}_{\;}^{2}$
（2）小球B的速度最大时，距M端的高度h₁为0.9m
（3）小球B从N端运动到距M端的高度h₂=0.61m时，速度为v=1.0m/s，求此过程中小球B的电势能增加$8.4×1{0}_{\;}^{-2}J$

点评 能够正确对小球B进行受力分析和运动分析，知道电场力做功量度电势能的变化，常用动能定理求解变力功．