Question

12．在粗糙的絕緣水平面上相距為6L的A、B兩處，分別固定電量不等的正點電荷，兩電荷的位置坐標如圖（甲）所示，其中B處電荷的電量為Q．圖（乙）是AB連線之間的電勢φ與位置x之間關(guān)系的圖象：圖中x=L點為圖線的最低點，x=-2L處的縱坐標φ=φ₀，x=0處的縱坐標φ=$\frac{25}{63}$φ₀．x=2L處的縱坐標φ=$\frac{3}{7}$φ₀，在x=-2L的C點由靜止釋放一個質(zhì)量為m、電量為q的帶正電物塊（可視為質(zhì)點），物塊隨即向右運動．

求：
（1）固定在A處的電荷的電量Q_A；
（2）小物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ應(yīng)多大，才能使小物塊恰好到達x=2L處；
（3）若小物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ=$\frac{kqQ}{3mg{L}^{2}}$，小物塊運動到何處時速度最大？并求最大速度v_m．

Answer 1

分析 （1）由圖（乙）得，x=L點為圖線的最低點，切線斜率為零，即合場強E_合=0，根據(jù)點電荷場強公式列方程化簡，可得A處的電荷的電量．
（2）物塊先做加速運動再做減速運動，到達x=2L處速度v_t≥0，從x=-2L到x=2L過程中，由動能定理列式，可解得動摩擦因數(shù)．                
（3）小物塊運動速度最大時，電場力與摩擦力的合力為零，列平衡方程，化簡解出速度最大位置距離A點的距離l_A． 小物塊從x=-2L運動到x=0的過程中，由動能定理解得最大速度．

解答 解：（1）由圖（乙）得，x=L點為圖線的最低點，切線斜率為零，即合場強E_合=0       
所以 k$\frac{{Q}_{A}}{{r}_{A}^{2}}$=k$\frac{{Q}_{B}}{{r}_{B}^{2}}$
代入得 k$\frac{{Q}_{A}}{（4L）^{2}}$=k$\frac{{Q}_{B}}{（2L）^{2}}$
解得Q_A=4Q_B=4Q；
（2）物塊先做加速運動再做減速運動，到達x=2L處速度v_t≥0
從x=-2L到x=2L過程中，由動能定理得：
  qU₁-μmgs₁=$\frac{1}{2}$mv₁²-0，
即q（φ₀-$\frac{3}{7}$φ₀）-μmg（4L）=$\frac{1}{2}$mv₁²-0   
解得μ=$\frac{q{φ}_{0}}{7mgL}$；                        
（3）小物塊運動速度最大時，電場力與摩擦力的合力為零，設(shè)該位置離A點的距離為l_A
則：$\frac{kq•4Q}{{l}_{A}^{2}}$-$\frac{k•qQ}{（6L-{l}_{A}）^{2}}$-μmg=0                  
解得l_A=3L，即小物塊運動到x=0時速度最大． 
小物塊從x=-2L運動到x=0的過程中，由動能定理得：
  qU₂-μmgs₂=$\frac{1}{2}$mv_m²-0
代入數(shù)據(jù)：q（φ₀-$\frac{25}{63}$φ₀）-μmg（2L）=$\frac{1}{2}$mv_m²-0
解得 v_m=$\sqrt{\frac{76q{φ}_{0}}{63m}-\frac{4kqQ}{3mL}}$
答：
（1）固定在A處的電荷的電量Q_A是4Q
（2）小物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ應(yīng)$\frac{q{φ}_{0}}{7mgL}$，才能使小物塊恰好到達x=2L處；
（3）若小物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ=$\frac{kqQ}{3mg{L}^{2}}$，小物塊運動到離A點的距離3L處時速度最大，最大速度v_m是$\sqrt{\frac{76q{φ}_{0}}{63m}-\frac{4kqQ}{3mL}}$．

點評 在電場問題中運用動能定理時要注意電場力做功和路徑無關(guān)，只和初末兩點的電勢差有關(guān)，掌握電場力做功的公式W_AB=qU_AB，注意各量都要代入符號．