Question

6．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=1.0×10⁵N/C．与水平方向成θ=30°角的倾斜向上的匀强电场中．杆的下端M固定一个带电小球 A，电荷量Q=+4.5×10^-6C；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^-2 kg．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=9.0×10 ⁹N•m²/C²，取 g=l0m/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．小球B向下运动，受A的斥力增大，加速度减小，速度增大，当小球B速度最大时合力减为零．由平衡条件和库仑定律求解．
（3）由于A对B的库仑力做功是变力功，所以运用动能定理求解电场力做功，即可得到电势能的变化量．

解答 解：（1）开始运动时小球B受重力、库仑力、杆的弹力和电场力，沿杆方向运动，将电场力沿杆的方向和垂直杆的方向分解，由牛顿第二定律得：
 mg-$\frac{kQq}{{L}^{2}}$-qEsinθ=ma
解得：a=g-$\frac{kQq}{{L}^{2}m}$
代入数据解得：a=3.2 m/s²．
（2）小球B向下运动，受A的斥力增大，加速度减小，速度增大，当小球B速度最大时合力减为零，即：
$\frac{kQq}{{h}_{1}^{2}}$+qEsinθ=mg
解得：h₁=$\sqrt{\frac{kQq}{mg-qEsinθ}}$
代入数据解得：h₁=0.9 m．
（3）小球B从开始运动到速度为v的过程中，设重力做功为W₁，电场力做功为W₂，库仑力做功为W₃，根据动能定理有：
W₁+W₂+W₃=$\frac{1}{2}$mv²
W₁=mg（L-h₂）
W₂=-qE（L-h₂）sinθ
解得：W₃=$\frac{1}{2}$mv²-mg（L-h₂）+qE（L-h₂）sinθ
从功能角度来说，电势能的改变量的大小就等于电场力做的功．电场力做负功，电势能增大．动能的改变量就等于总功．
设小球B的电势能改变了△Ep，则：△E_p=-（W₂+W₃）
△E_p=mg（L-h₂）-$\frac{1}{2}$mv²
解得：△E_p=8.4×10^-2J
答：（1）小球B开始运动时的加速度为3.2 m/s² ；
（2）小球B的速度最大时，距M端的高度h₁为0.9 m；
（3）小此过程中小球B的电势能增加了8.4×10^-2J．

点评 此题关键能够正确对小球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．