Question

6．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x的變化關系如圖（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范圍可近似看作直線．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=0.2m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處又受到方向向右，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）由圖讀出x=0.3m時的庫侖力，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小；
（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，${F_1}=k\frac{qQ}{x^2}=0.018$N
因此 q=$\frac{{F}_{1}{x}^{2}}{kQ}$=$\frac{0.018×0．{3}^{2}}{9×1{0}^{9}×1.8×1{0}^{-7}}$C=1×10^-6C
（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$E=\frac{{{F_合}-{F_2}}}{q}=\frac{-0.012-0.018}{{1×{{10}^{-6}}}}N/C=-3×{10^4}N/C$
即電場在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=-8×10^-4J
又qU=W，可得 U=-800V
（4）由圖可知小球從x=0.16到x=0.2m處，
電場力做功 ${W_1}=\frac{0.03×0.04}{2}=6×{10^{-4}}J$
小球從x=0.2m到x=0.4m處 W₂=-$\frac{1}{2}$mv²=-$\frac{1}{2}$×0.02×0.4²=-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
由動能定理得
   W₁+W₂+W₃+F_外s=0
解得 s=-$\frac{{W}_{1}+{W}_{2}+{W}_{3}}{{F}_{外}}$
代入數(shù)據(jù)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．