Question

5．如圖（a），長(zhǎng)度L=0.8m的光滑桿左端固定一帶正電的點(diǎn)電荷A，其電荷量Q=1.8×10^-7 C；一質(zhì)量m=0.02kg，帶電量為q的小球B套在桿上．將桿沿水平方向固定于某非均勻外電場(chǎng)中，以桿左端為原點(diǎn)，沿桿向右為x軸正向建立坐標(biāo)系．點(diǎn)電荷A對(duì)小球B的作用力隨B位置x的變化關(guān)系如圖（b）中曲線I所示，小球B所受水平方向的合力隨B位置x的變化關(guān)系如圖（b）中曲線II所示，其中曲線II在0.16≤x≤0.20和x≥0.40范圍可近似看作直線．求：（靜電力常量k=9×10⁹N•m²/C²）

（1）小球B所帶電量q；
（2）非均勻外電場(chǎng)在x=0.3m處沿細(xì)桿方向的電場(chǎng)強(qiáng)度大小E；
（3）在合電場(chǎng)中，x=0.4m與x=0.6m之間的電勢(shì)差U．
（4）已知小球在x=0.2m處獲得v=0.4m/s的初速度時(shí)，最遠(yuǎn)可以運(yùn)動(dòng)到x=0.4m．若小球在x=0.16m處受到方向向右，大小為0.04N的恒力作用后，由靜止開始運(yùn)動(dòng)，為使小球能離開細(xì)桿，恒力作用的最小距離s是多少？

Answer 1

分析 （1）根據(jù)庫侖定律可求小球B所帶電量；
（2）根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度的定義可求非均勻外電場(chǎng)在x=0.3m處沿細(xì)桿方向的電場(chǎng)強(qiáng)度大小；
（3）在合電場(chǎng)中，根據(jù)電場(chǎng)力做功求x=0.4m與x=0.6m之間的電勢(shì)差；
（4）分別求出各段電場(chǎng)力做的功，再由動(dòng)能定理求恒力作用的最小距離．

解答 解：（1）由圖可知，當(dāng)x=0.3m時(shí)，F(xiàn)₁=k$\frac{qQ}{{x}^{2}}$=0.018N，
解得：q=$\frac{{F}_{1}{x}^{2}}{kQ}$=$\frac{0.018×0．{3}^{2}}{{9×10}^{9}×1.8×1{0}^{-7}}$=1×10^-6C；
（2）設(shè)在x=0.3m處點(diǎn)電荷與小球間作用力為F₂，F(xiàn)_合=F₂+qE
因此：E=$\frac{{F}_{合}-{F}_{2}}{q}$=$\frac{-0.012-0.018}{1×1{0}^{-6}}$=-3×10⁴N/C，
電場(chǎng)在x=0.3m處沿細(xì)稈方向的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為：-3×10⁴N/C，方向水平向左．
（3）根據(jù)圖象可知在x=0.4m與x=0.6m之間合力做功大�。�
W_合=0.004×0.2=8×10^-4J，由qU=W_合可得：U=$\frac{{W}_{合}}{q}$=$\frac{8×1{0}^{-4}}{1×1{0}^{-6}}$=800V；
（4）由圖可知小球從x=0.16m到x=0.2m處
電場(chǎng)力做功：W₁=$\frac{0.03×0.04}{2}$=6×10^-4J，
小球從x=0.2m到x=0.4m處，
電場(chǎng)力做功：W₂=-$\frac{1}{2}$mv²=-$\frac{1}{2}$×0.02×0.4²=-1.6×10^-3J，
由圖可知小球從x=0.4m到x=0.8m處，
電場(chǎng)力做功：W₃=-0.004×0.4=-1.6×10^-3J，
由動(dòng)能定理得：W₁+W₂+W₃+F_外s=0，解得：s=0.065m；
答：（1）小球B所帶電量為1×10^-6 C；
（2）非均勻外電場(chǎng)在x=0.3m處沿細(xì)桿方向的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為3×10⁴N/C；
（3）在合電場(chǎng)中，x=0.4m與x=0.6m之間的電勢(shì)差為-800V；
（4）恒力作用的最小距離s是0.065m．

點(diǎn)評(píng) 解答此題的關(guān)鍵是從圖象中獲得信息，求各區(qū)間電場(chǎng)力做的功．正確理解庫侖定律和電場(chǎng)力做功，尤其是運(yùn)用動(dòng)能定理時(shí)要注意正功和負(fù)功．