Question

6．如圖所示，O、B、A為一粗糙絕緣水平面上的三點(diǎn)，一電荷量為-Q的點(diǎn)電荷固定在O點(diǎn)，現(xiàn)有一質(zhì)量為m，電荷量為+q的小金屬塊（可視為質(zhì)點(diǎn)），從A點(diǎn)以初速度v₀沿它們的連線向固定點(diǎn)電荷運(yùn)動(dòng)，到B點(diǎn)時(shí)速度最小，其大小為v．已知小金屬塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ、AB間距離為L(zhǎng)、靜電力常量為k，則（　�。�

• A． OB間的距離為$\sqrt{\frac{kQq}{μmg}}$
• B． 在小金屬塊由A向O運(yùn)動(dòng)的過程中，電勢(shì)能先增大后減小
• C． 在小金屬塊由A向O運(yùn)動(dòng)的過程中，其加速度先減小后增大
• D． 在點(diǎn)電荷-Q形成的電場(chǎng)中，A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為$\frac{μmgL+\frac{1}{2}m{v}^{2}}{q}$

Answer 1

分析 金屬塊B點(diǎn)時(shí)速度最小，說明A到B過程，金屬塊做減速運(yùn)動(dòng)，B到O過程做加速運(yùn)動(dòng)，在B點(diǎn)金屬塊所受的滑動(dòng)摩擦力與庫(kù)侖力平衡．電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小．根據(jù)庫(kù)侖定律知，距離減小，庫(kù)侖力增大，由牛頓第二定律分析加速度的變化情況．根據(jù)動(dòng)能定理求解A、B兩點(diǎn)的電勢(shì)差．

解答 解：A、由題意知，A到B過程，金屬塊做減速運(yùn)動(dòng)，B到O過程做加速運(yùn)動(dòng)，在B點(diǎn)金屬塊所受的滑動(dòng)摩擦力與庫(kù)侖力平衡，則有 μmg=k$\frac{Qq}{{r}^{2}}$，得r=$\sqrt{\frac{kQq}{μmg}}$．故A正確．
B、小金屬塊由A點(diǎn)向O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的過程中，電場(chǎng)力一直做正功，電勢(shì)能一直減�。�故B錯(cuò)誤．
C、A到B過程，庫(kù)侖力小于滑動(dòng)摩擦力，庫(kù)侖力增大，合力減小，加速度減小；B到O過程，庫(kù)侖力大于滑動(dòng)摩擦力，庫(kù)侖力增大，合力增大，加速度增大；故C正確．
D、滑塊從A到B過程，由動(dòng)能定理得：qU_AB-μmgL=$\frac{1}{2}$mv²-$\frac{1}{2}$m${v}_{0}^{2}$，
得A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差 U_AB=$\frac{2μmgL-m{（v}_{0}^{2}-{v}^{2}）}{2q}$．故D錯(cuò)誤．
故選：AC．

點(diǎn)評(píng) 本題的突破口是“B點(diǎn)速度最小”，分析金屬塊的運(yùn)動(dòng)情況，來分析其受力情況，由牛頓第二定律分析加速度的變化情況，根據(jù)動(dòng)能定理求解電勢(shì)差．