Question

20．如圖（a），長度L=0.8m的光滑桿左端固定一帶正電的點電荷A，其電荷量Q=1.8×10^-7C；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中，以桿左端為原點，沿桿向右為x軸正方向建立坐標系．點電荷A對小球B的作用力隨B位置變化的關系如圖（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范圍可近似看做直線，求：（靜電力常量k=9×10⁹N•m/C²）

（1）小球B所帶電量q；
（2）非均勻外電場在x=0.3m處沿細桿方向的電場強度大小E；
（3）在合電場中，x=0.4m與x=0.6m之間的電勢差U．
（4）已知小球在x=0.2處獲得v=0.4m/s的初速度時，最遠可以運動到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，由靜止開始運動，為使小球能離開細桿，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)電場強度的定義可求非均勻外電場在x=0.3m處沿細桿方向的電場強度大��；
（3）在合電場中，根據(jù)電場力做功求x=0.4m與x=0.6m之間的電勢差；
（4）分別求出各段電場力做的功，再由動能定理求恒力作用的最小距離．

解答 解：（1）由圖可知，當x=0.3m時，F(xiàn)₁=k$\frac{qQ}{x^2}$=0.018N，
因此：q=$\frac{{{F_1}{x^2}}}{kQ}$=1×10^-6 C；
（2）設在x=0.3m處點電荷與小球間作用力為F₂，則：F_合=F₂+qE，
因此：E=$\frac{{{F_合}-{F_2}}}{q}$=$\frac{-0.012-0.018}{{1×1{0^{-6}}}}$N/C=-3×10⁴N/C，
電場在x=0.3m處沿細稈方向的電場強度大小為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：W_合=-0.004×0.2=-8×10^-4J，
由qU=W_合可得：U=$\frac{W_合}{q}$=-800V；
（4）由圖可知小球從x=0.16m到x=0.2m處，
電場力做功W₁=$\frac{0.03×0.04}{2}$=6×10^-4J，
小球從x=0.2m到x=0.4m處，電場力做功W₂=-$\frac{1}{2}$mv²=-1.6×10^-3 J，
由圖可知小球從x=0.4m到x=0.8m處，電場力做功W₃=-0.004×0.4=-1.6×10^-3 J，
由動能定理可得：W₁+W₂+W₃+F_外s=0，
解得：s=$\frac{{{W_1}+{W_2}+{W_3}}}{F_外}$=0.065m；
答：（1）小球B所帶電量為1×10^-6 C；
（2）非均勻外電場在x=0.3m處沿細桿方向的電場強度大小為3×10⁴N/C；
（3）在合電場中，x=0.4m與x=0.6m之間的電勢差為-800V；
（4）恒力作用的最小距離s是0.065m．

點評 解答此題的關鍵是從圖象中獲得信息，求各區(qū)間電場力做的功．正確理解庫侖定律和電場力做功，尤其是運用動能定理時要注意正功和負功．