Question

3．如图所示，OAB为竖直放置的轻质等腰三角形支架，θ=30°，AB长为2L，C为AB的中点，A端搁在支撑物上，OA水平，支架可绕过O点的水平轴自由转动，质量为M=$\frac{11}{16}$m带正电的物块P固定在支架上的A点．现将另一质量为m、电荷量为+q的物块Q由中点C静止释放，Q沿斜面向上运动，刚好能到达B点，此时支架恰好不翻倒．已知Q与斜面间的动摩擦因数为μ=$\frac{{\sqrt{3}}}{6}$，P、Q均可视为点电荷，求：

（1）C、B两点间的电势差；
（2）释放Q瞬间，它的加速度；
（3）若Q运动过程中的最大速度为v，求Q处于平衡状态时的总势能．（以C点为重力势能和电势能的零点）

Answer 1

分析 （1）对物块Q，根据动能定理解得C、B两点间的电势差；
（2）Q即将到达B点时，P受到的库仑力为F_B，对支架，由力矩的平衡列式，求解F_B，Q在C点时，根据库仑定律求解F_C，再根据牛顿第二定律求解加速度；
（3）Q处于平衡状态时，有两个位置，由能量守恒定律结合库仑定律求解．

解答 解：（1）对物块Q，根据动能定理有：U_CBq-mgLsinθ-mgcosθμL=0，
解得：${U_{CB}}=\frac{3mgL}{4q}$，
（2）Q即将到达B点时，P受到的库仑力为F_B，对支架，由力矩的平衡有：$NL+fLtanθ=Mg\frac{L}{cosθ}+{F_B}Ltanθ$，
对Q：$N=mgcosθ=\frac{{\sqrt{3}}}{2}mg$，$f=μN=\frac{1}{4}mg$，
解得：${F_B}=\frac{3}{8}mg$，
Q在C点时，受到的库仑力为F_C，则：$\frac{{F}_{C}}{{F}_{B}}=\frac{\frac{kQq}{{L}^{2}}}{\frac{kQq}{（2L）^{2}}}=4$，
解得：${F_C}=\frac{3}{2}mg$
释放Q瞬间：F_C-mgsinθ-f=ma
解得：$a=\frac{3}{4}g$
（3）Q处于平衡状态时，有两个位置．
Q经过最大速度为v的位置，Q受到的库仑力为F，则：$F=mgsinθ+f=\frac{3}{4}mg$
又：$\frac{{F}_{\;}}{{F}_{C}}=\frac{\frac{kQq}{{{L}_{1}}^{2}}}{\frac{kQq}{{L}^{2}}}=\frac{{L}^{2}}{{{L}_{1}}^{2}}$
解得：${L_1}=\sqrt{2}L$
此位置，Q的总势能为E_P1，由能量守恒定律有：$0=\frac{1}{2}m{v^2}+{E_{P1}}+f（{L_1}-L）$
解得：${E_{P1}}=-\frac{{\sqrt{2}-1}}{4}mgL-\frac{1}{2}m{v^2}$
Q到达B点后，因$mgsinθ-{F_B}=\frac{1}{8}mg$＜f，故Q停在B点，Q的总势能为E_P2，
则：${E_{P2}}=mgLsinθ-{U_{CB}}q=\frac{1}{2}mgL-\frac{3}{4}mgL=-\frac{1}{4}mgL$
故Q处于平衡状态时的总势能为：${E_{P1}}=-\frac{{\sqrt{2}-1}}{4}mgL-\frac{1}{2}m{v^2}$或${E_{P2}}=-\frac{1}{4}mgL$
答：（1）C、B两点间的电势差为$\frac{3mgL}{4q}$；
（2）释放Q瞬间，它的加速度为$\frac{3}{4}g$；
（3）若Q运动过程中的最大速度为v，则Q处于平衡状态时的总势能为$-\frac{\sqrt{2}-1}{4}mgL-\frac{1}{2}m{v}^{2}$或$-\frac{1}{4}mgL$．

点评 本题主要考查了动能定理、牛顿第二定律、库仑定律以及能量守恒定律的直接应用，要求同学们正确正确分析物块的受力情况和运动情况，注意Q处于平衡状态时，有两个位置，难度适中．