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    20．如图所示在长为2L的绝缘轻质细杆的两端各连接一个质量均为m的带电小球A和B（可视为质点，也不考虑二者间的相互作用力），A球带正电、电荷量为+2q，B球带负电．电荷量为-3q．现把A和B组成的带电系统锁定在光滑绝缘的水平面上，并让A处于如图所示的有界匀强电场区域MPQN内．已知虚线MP是细杆的中垂线，MP和NQ的距离为4L，匀强电场的场强大小为E，方向水平向右．现取消对A、B的锁定，让它们从静止开始运动．（忽略小球运动中所产生的磁场造成的影响）
    （1）求小球A、B运动过程中的最大速度；
    （2）小球A、B能否回到原出发点？若不能，请说明理由；若能，请求出经过多长时间带电系统又回到原地发点．

    分析 （1）当B球进入电场后，合力向左，系统开始减速，故此时物体速度最大，对加速过程运用动能定理列式求解即可；
    （2）系统在B球进入电场前做加速运动，B球进入电场后开始做减速运动；返回过程先加速后减速，向右和向左的过程具有对称性；
    由牛顿第二定律，求解出加速过程和减速过程的加速度，然后根据运动学公式和动能定理列式求解．

    解答 解：（1）带电系统锁定解除后，在水平方向上受到向右的电场力作用开始向右加速运动，
    当B进入电场区时，系统所受的电场力为A、B的合力，因方向向左，从而做减速运动，
    以后不管B有没有离开右边界，速度大小均比B刚进入时小，故在B刚进入电场时，系统具有最大速度．
    设B进入电场前的过程中，系统的加速度为a1，由牛顿第二定律：2Eq=2ma1，
    B刚进入电场时，系统的速度为vm，由匀变速直线运动的速度位移公式得：vm2=2a1L，解得：vm=$\sqrt{\frac{2qEL}{m}}$；
    （2）对带电系统进行分析，假设A能达到右边界，电场力对系统做功为W1，
    则：W1=2qE×3L+（-3qE×2L）=0，故系统不能从右端滑出，
    即：当A刚滑到右边界时，速度刚好为零，接着反向向左加速．
    由运动的对称性可知，系统刚好能够回到原位置，此后系统又重复开始上述运动．
    设B从静止到刚进入电场的时间为t1，则：t1=$\frac{{v}_{m}}{{a}_{1}}$=$\sqrt{\frac{2mL}{qE}}$，
    设B进入电场后，系统的加速度为a2，由牛顿第二定律得：-3qE+2qE=2ma2，
    显然，系统做匀减速运动，减速所需时间为t2，则有：t2=$\frac{0-{v}_{m}}{{a}_{2}}$=$\sqrt{\frac{8mL}{qE}}$，
    那么系统从开始运动到回到原出发点所需的时间为：t=2（t1+t2）=6$\sqrt{\frac{2mL}{qE}}$；
    答：（1）小球A、B运动过程中的最大速度为$\sqrt{\frac{2qEL}{m}}$；
    （2）小球A、B能回到原出发点；经过时间6$\sqrt{\frac{2mL}{qE}}$带电系统又回到原地发点．

    点评 本题考查了求速度、运动时间问题，关键是分析清楚两个小球系统的运动规律，然后根据牛顿第二定律、运动学公式和动能定理列式分析求解．

    练习册系列答案
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    11．一质点沿直线Ox轴做变速运动，它离开O点的距离x随时间t变化的关系式为 x=5+1.5t3（m），它的速度随时间t的变化关系式为v=4.5t2（m/s）．该质点在t1=0s至t2=2s时间内的平均速度和在t2=2s至t3=3s时间内的平均速度分别为（　　）
    A．9.5m/s    18m/sB．6m/s    9m/s
    C．9.5m/s    40.5m/sD．6m/s    28.5m/s

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    （1）试求细线烧断前弹簧的弹性势能；
    （2）若甲球不固定，烧断细线，求乙球离开弹簧后进入半圆轨道能达到的最大高度．

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    15．下列说法正确的是（　　）
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