Question

2．如圖所示，兩個(gè)帶正電的點(diǎn)電荷M和N，帶電量均為Q，固定在光滑絕緣的水平面上，相距2L，A，O，B是MN連線上的三點(diǎn)，且O為中點(diǎn)，OA=OB=$\frac{L}{2}$，一質(zhì)量為m、電量為q的點(diǎn)電荷以初速度v₀從A點(diǎn)出發(fā)沿MN連線向N運(yùn)動(dòng)，在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電荷受到大小恒定的阻力作用，但速度為零時(shí)，阻力也為零，當(dāng)它運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)時(shí)，動(dòng)能為初動(dòng)能的n倍，到B點(diǎn)剛好速度為零，然后返回往復(fù)運(yùn)動(dòng)，直至最后靜止．已知靜電力恒量為k，取O處電勢(shì)為零．求：
（1）A點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大��；
（2）阻力的大小；
（3）A點(diǎn)的電勢(shì)；
（4）電荷在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總路程．

Answer 1

分析 （1）應(yīng)用點(diǎn)電荷的場(chǎng)強(qiáng)公式與場(chǎng)的疊加原理求出電場(chǎng)強(qiáng)度．
（2）由動(dòng)能定理求出阻力．
（3）應(yīng)用動(dòng)能定理求出電勢(shì)差，然后根據(jù)電勢(shì)差的定義式求出電勢(shì)．
（4）應(yīng)用動(dòng)能定理求出路程．

解答 解：（1）由點(diǎn)電荷電場(chǎng)強(qiáng)度公式和電場(chǎng)疊加原理可得：
E=k$\frac{Q}{（\frac{L}{2}）^{2}}$-k$\frac{Q}{（\frac{3L}{2}）^{2}}$=$\frac{32kQ}{9{L}^{2}}$；
（2）由對(duì)稱性，U_A=U_B，電荷從A到B的過(guò)程中，電場(chǎng)力做功為零，克服阻力做功為：W_f=fL，由動(dòng)能定理：
-fL=0-$\frac{1}{2}$m$v_0^2$
得：f=$\frac{1}{2L}$mv₀²
（3）設(shè)電荷從A到O點(diǎn)電場(chǎng)力做功為W_F，克服阻力做功為$\frac{1}{2}$W_f，
由動(dòng)能定理：W_F-$\frac{1}{2}$W_f=n$\frac{1}{2}$m$v_0^2$-$\frac{1}{2}$m$v_0^2$
得：W_F=$\frac{mv_0^2}{4}（2n-1）$
由：W_F=q（U_A-U_O）
得：φ_A=$\frac{W_F}{q}$=$\frac{m{v}_{0}^{2}}{4q}$（2n-1）
（4）電荷最后停在O點(diǎn)，在全過(guò)程中電場(chǎng)力做功為W_F=$\frac{mv_0^2}{4}（2n-1）$，電荷在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總路程為s，則阻力做功為-fs．
由動(dòng)能定理：W_F-fs=0-$\frac{1}{2}$m$v_0^2$
即：$\frac{mv_0^2}{4}（2n-1）$-$\frac{1}{2L}$m$v_0^2$s=-$\frac{1}{2}$m$v_0^2$
解得：s=（n+0.5）L  
答：（1）A點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小$\frac{32kQ}{9{L}^{2}}$；
（2）阻力的大小$\frac{1}{2L}$mv₀²；
（3）A點(diǎn)的電勢(shì)$\frac{m{v}_{0}^{2}}{4q}$（2n-1）；
（4）電荷在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總路程（2n-1）L．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了動(dòng)能定理的應(yīng)用，分析清楚電荷的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，應(yīng)用動(dòng)能定理、點(diǎn)電荷的場(chǎng)強(qiáng)公式與場(chǎng)的疊加原理即可正確解題．