Question

13．在绝缘水平面上相距为6L的A、B两处分别固定电量不等的正电荷，两电荷的位置坐标如图（甲）所示，已知B处电荷的电量为+Q．图（乙）是AB连线之间的电势φ与位置x之间的关系图象，图中x=L点为图线的最低点，x=-2L处的纵坐标为φ₀，x=0处的纵坐标为$\frac{25}{63}$φ₀，x=2L处的纵坐标为$\frac{3}{7}$φ₀．若在x=-2L的C点由静止释放一个质量为m、电量为+q的带电物块（可视为质点，且不考虑物块对原电场的影响），物块随即向右运动．求：

（1）固定在A处的电荷的电量Q_A；
（2）为了使小物块能够到达x=2L处，试讨论小物块与水平面间的动摩擦因数μ所满足的条件；
（3）若小物块与水平面间的动摩擦因数μ=$\frac{kqQ}{3mg{L}^{2}}$，小物块运动到何处时速度最大？并求最大速度v_m．

Answer 1

分析 1、由图（乙）得，x=L点为图线的最低点，切线斜率为零，即合场强E_合=0，根据点电荷场强公式列方程化简，可得A处的电荷的电量．
2、物块先做加速运动再做减速运动，到达x=2L处速度v_t≥0，从x=-2L到x=2L过程中，由动能定理得：$q{U}_{1}-μmg{s}_{1}=\frac{1}{2}{mv}_{1}^{2}-0$，代入电势差和位移的数据，化简可解得动摩擦因数的取值范围．  
3、小物块运动速度最大时，电场力与摩擦力的合力为零，列平衡方程$\frac{k•q（4Q）}{{l}_{A}^{2}}$-$\frac{kQq}{（6L-{l}_{A}）^{2}}-μg=0$，化简解出距离A点的距离l_A． 
小物块从x=-2L运动到x=0的过程中，由动能定理得：$q{U}_{2}-μmg{s}_{2}=\frac{1}{2}{mv}_{m}^{2}-0$，代入数据化简可解得最大速度．

解答 解：（1）由图（乙）得，x=L点为图线的最低点，切线斜率为零，
即合场强E_合=0       
所以$\frac{k{Q}_{A}}{{r}_{A}^{2}}$=$\frac{k{Q}_{B}}{{r}_{B}^{2}}$
得$\frac{k{Q}_{A}}{（4L）^{2}}=\frac{k{Q}_{B}}{（2L）^{2}}$
解得：Q_A=4Q；
（2）物块先做加速运动再做减速运动，到达x=2L处速度v_t≥0
从x=-2L到x=2L过程中，由动能定理得：
$q{U}_{1}-μmg{s}_{1}=\frac{1}{2}{mv}_{1}^{2}-0$，
即$q（{φ}_{0}-\frac{3}{7}{φ}_{0}）-μmg（4L）=\frac{1}{2}{mv}_{1}^{2}-0≥0$
解得：μ≤$\frac{q{φ}_{0}}{7mgL}$；                        
（3）小物块运动速度最大时，电场力与摩擦力的合力为零，设该位置离A点的距离为l_A
则：$\frac{k•q（4Q）}{{l}_{A}^{2}}$-$\frac{kQq}{{（6L-{l}_{A}）}^{2}}-μg=0$                  
解得l_A=3L，即小物块运动到x=0时速度最大． 小物块从x=-2L运动到x=0的过程中，由动能定理得：
$q{U}_{2}-μmg{s}_{2}=\frac{1}{2}{mv}_{m}^{2}-0$
代入数据：$q（{φ}_{0}-\frac{25}{63}{φ}_{0}）-μmg（2L）=\frac{1}{2}{mv}_{m}^{2}-0$
解得：${v}_{m}=\sqrt{\frac{76q{φ}_{0}}{63m}-\frac{4kqQ}{3mL}}$
答：（1）固定在A处的电荷的电量Q_A为4Q
（2）为了使小物块能够到达x=2L处，试讨论小物块与水平面间的动摩擦因数μ所满足的条件为μ≤$\frac{q{φ}_{0}}{7mgL}$； 
（3）若小物块与水平面间的动摩擦因数μ=$\frac{kqQ}{3mg{L}^{2}}$，小物块运动到3L处时速度最大，并求最大速度v_m$\sqrt{\frac{76q{φ}_{0}}{63m}-\frac{4kqQ}{3mL}}$

点评 电场中的动能定理的应用要注意电场力做功和路径无关，只和初末两点的电势差有关，掌握电场力做功的公式W_AB=qU_AB，注意各量都要代入符号