Question

（2007?四川）如圖所示，一根長L=1.5m的光滑絕緣細(xì)直桿MN，豎直固定在場強(qiáng)為E=1.0×10⁵N/C、與水平方向成θ=30°角的傾斜向上的勻強(qiáng)電場中．桿的下端M固定一個(gè)帶電小球A，電荷量Q=+4.5×10^-6C；另一帶電小球B穿在桿上可自由滑動(dòng)，電荷量q=+1.0×10^-6C，質(zhì)量m=1.0×10^-2kg．現(xiàn)將小球B從桿的上端N靜止釋放，小球B開始運(yùn)動(dòng)．（靜電力常量k=9.0×10⁹N?m²/C²，取g=l0m/s²） 
（1）小球B開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度為多大？
（2）小球B的速度最大時(shí)，距M端的高度h₁為多大？
（3）小球B從N端運(yùn)動(dòng)到距M端的高度h₂=0.6l m時(shí)，速度為v=1.0m/s，求此過程中小球B的電勢能改變了多少？

Answer 1

分析：對(duì)小球B進(jìn)行受力分析，運(yùn)用牛頓第二定律求出開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大�。�
根據(jù)受力情況分析小球B的運(yùn)動(dòng)情況，找出小球B速度最大時(shí)的位置特點(diǎn)．
由于A對(duì)B的庫侖力做功是變力功，所以運(yùn)用動(dòng)能定理求解電場力做功．

解答：解：（1）開始運(yùn)動(dòng)時(shí)小球B受重力、庫侖力、桿的彈力和電場力，沿桿方向運(yùn)動(dòng)，
將電場力沿桿的方向和垂直桿的方向分解，由牛頓第二定律得：
mg-

kQq

L2

-qEsinθ=ma
解得：a=g-

kQq

L2m

-

qEsinθ

m

代入數(shù)據(jù)解得：a=3.2 m/s²．
（2）小球B向下運(yùn)動(dòng)，受A的斥力增大，加速度減小，速度增大，
當(dāng)小球B速度最大時(shí)合力減為零，
即

kQq

h 2 1

+qEsinθ=mg
解得：h₁=

kQq mg-qEsinθ

代入數(shù)據(jù)解得：h₁=0.9 m．
（3）小球B從開始運(yùn)動(dòng)到速度為v的過程中，設(shè)重力做功為W₁，電場力做功為W₂，庫侖力做功為W₃，
根據(jù)動(dòng)能定理有：W₁+W₂+W₃=

1

2

mv²
W₁=mg（L-h₂）
W₂=-qE（L-h₂）sinθ
解得：W₃=

1

2

mv²-mg（L-h₂）+qE（L-h₂）sinθ
從功能角度來說，電勢能的改變量的大小就等于電場力做的功．電場力做負(fù)功，電勢能增大．
動(dòng)能的改變量就等于總功．
設(shè)小球B的電勢能改變了△Ep，則：△E_p=-（W₂+W₃）
△E_p=mg（L-h₂）-

1

2

mv²
解得：△E_p=8.4×10^-2J
答：（1）小球B開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度為3.2 m/s² ；
（2）小球B的速度最大時(shí)，距M端的高度h₁為0.9 m；
（3）小此過程中小球B的電勢能改變了8.4×10^-2J．

點(diǎn)評(píng)：能夠正確對(duì)小球B進(jìn)行受力分析和運(yùn)動(dòng)分析，
知道電場力做功量度電勢能的變化，常用動(dòng)能定理求解變力功．