Question

18．如圖（a），距光滑絕緣水平面高h(yuǎn)=0.3m的A點(diǎn)處有一固定的點(diǎn)電荷Q．帶電量為q=1×10^-6C，質(zhì)量為m=0.05kg的小物塊在恒定水平外力F=0.5N的作用下，從Q左側(cè)O點(diǎn)處由靜止開始沿水平面運(yùn)動(dòng)．已知初始時(shí)O與A的水平距離為0.7m，物塊動(dòng)能E_k隨位移s的變化曲線如圖（b）所示．靜電力常量k=9.0×10⁹N•m²/C²．

（1）估算點(diǎn)電荷Q的電量；
（2）求物塊從O到s₁=0.50m的過程中其電勢(shì)能的變化量；
（3）求物塊運(yùn)動(dòng)到s₂=1.00m時(shí)的動(dòng)能．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)動(dòng)能定理知道E_k-s圖象的斜率等于合外力，由圖b知，s=0.35m時(shí)，物塊所受合力為零，根據(jù)庫侖定律和受力平衡求Q的電荷量；
（2）根據(jù)動(dòng)能定理求解電場力做功，從而得到電勢(shì)能變化．
（3）運(yùn)用動(dòng)能定理分別研究O到S₃過程和O到S₂過程，可求得物塊運(yùn)動(dòng)到s₂=1.00m時(shí)的動(dòng)能．

解答 解：（1）根據(jù)動(dòng)能定理：△E_k=F_合△s，知E_k-s圖象的斜率等于合力，由圖可知，當(dāng)s=0.35m時(shí)，物塊所受合力為零，則有：
k$\frac{Qq}{（{s}_{OA}-s）^{2}+{h}^{2}}$×$\frac{{s}_{OA}-s}{\sqrt{（{s}_{OA}-s）^{2}+{h}^{2}}}$=F
將 s_OA=0.7m，s=0.35m，q=1×10^-6C，F(xiàn)=0.5N代入，
解得：Q=1.55×10^-5C
（2）設(shè)O到S₁過程中電場力做功為W₁，由動(dòng)能定理得：
FS₁+W₁=E_k1
代入數(shù)據(jù)得：W₁=0.08-0.5×0.5=-0.17J                
因此電勢(shì)能變化量為：△E=-W₁=0.17J                        
（3）S₂=1.00m處與S₃=0.40m處電勢(shì)相等
設(shè)O到S₃過程中電場力做功為W₂，由動(dòng)能定理得：
FS₃+W₂=E_k3
代入數(shù)據(jù)，得：W₂=-0.1J                            
O到S₂過程中，F(xiàn)S₂+W₂=E_k2
得 E_k2=0.4J                                        
答：（1）點(diǎn)電荷Q的電量是1.55×10^-5C；
（2）物塊從O到s₁=0.50m的過程中其電勢(shì)能的變化量是0.17J；
（3）物塊運(yùn)動(dòng)到s₂=1.00m時(shí)的動(dòng)能是0.4J．

點(diǎn)評(píng) 此題關(guān)鍵要理解圖象的物理意義，知道圖象的斜率等于合力，分析物塊的受力情況，再結(jié)合牛頓運(yùn)動(dòng)定律和動(dòng)能定理研究．