Question

5．如圖（a），M、N、P為直角三角形的三個頂點(diǎn)，∠M=37°，MP中點(diǎn)處固定一電量為Q的正點(diǎn)電荷，MN是長為a的光滑絕緣桿，桿上穿有一帶正電的小球（可視為點(diǎn)電荷），小球自N點(diǎn)由靜止釋放，小球的重力勢能和電勢能隨位置x（取M點(diǎn)處x=0）的變化圖象如圖（b）所示，取sin37°=0.6，cos37°=0.8．

（1）圖（b）中表示電勢能隨位置變化的是哪條圖線？
（2）求勢能為E₁時的橫坐標(biāo)x₁和帶電小球的質(zhì)量m；
（3）已知在x₁處時小球與桿間的彈力恰好為零，求小球的電量q；
（4）求小球運(yùn)動到M點(diǎn)時的速度．

Answer 1

分析 （1）判斷出電荷Q產(chǎn)生的電場分布，判斷出正電荷下滑過程中電場力做功情況，即可判斷出電勢能的變化；
（2）判斷出x1的位置，利用E₁=mgh即可求的質(zhì)量；
（3）根據(jù)受力分析利用垂直于斜面方向合力為零即可求的電荷量；
（4）利用動能定理求的速度

解答 解：（1）根據(jù)Q電荷的電場線的分布可知電場力先對帶電小球做負(fù)功，后做正功，故電勢能先增大后減小，故圖（b）中表示電勢能隨位置變化的是圖線Ⅱ
（2）勢能為E₁時，距M點(diǎn)的距離為
x₁=acos37°•$\frac{1}{2}$•cos37°=0.32a                
x₁處重力勢能E₁=mgx₁sin37°                 
m=$\frac{{E}_{1}}{g{x}_{1}sin37°}$=$\frac{{E}_{1}}{0.192ga}$=$\frac{125{E}_{1}}{24ga}$                
（3）在x₁處，根據(jù)受力分析可知
k$\frac{Qq}{{r}^{2}}$=mgcos37°，
其中r=x₁tan37°=0.24a        
帶入數(shù)據(jù)，得q=$\frac{6{E}_{1}{a}^{\;}}{25kQ}$                
（4）根據(jù)動能定理，mga sin37°+E₂-E₀=$\frac{1}{2}$mv²       
帶入數(shù)據(jù)，得v=$\sqrt{\frac{150{E}_{1}+48{E}_{2}-48{E}_{0}}{125{E}_{1}}ga}$
答：（1）圖（b）中表示電勢能隨位置變化的是II圖線
（2）勢能為E₁時的橫坐標(biāo)x₁為0.32a，帶電小球的質(zhì)量m為$\frac{125{E}_{1}}{24ga}$；
（3）已知在x₁處時小球與桿間的彈力恰好為零，小球的電量$\frac{6{E}_{1}{a}^{\;}}{25kQ}$；
（4）小球運(yùn)動到M點(diǎn)時的速度$\sqrt{\frac{150{E}_{1}+48{E}_{2}-48{E}_{0}}{125{E}_{1}}ga}$．

點(diǎn)評 分析磁場的分布情況及小球的運(yùn)動情況，通過電場力做功來判斷電勢能的變化從而判斷出圖象，再根據(jù)平衡條件和動能定理進(jìn)行處理．