Question

13．在絕緣水平面上相距為6L的A、B兩處分別固定電量不等的正電荷，兩電荷的位置坐標如圖（甲）所示，已知B處電荷的電量為+Q．圖（乙）是AB連線之間的電勢φ與位置x之間的關系圖象，圖中x=L點為圖線的最低點，x=-2L處的縱坐標為φ₀，x=0處的縱坐標為$\frac{25}{63}$φ₀，x=2L處的縱坐標為$\frac{3}{7}$φ₀．若在x=-2L的C點由靜止釋放一個質量為m、電量為+q的帶電物塊（可視為質點，且不考慮物塊對原電場的影響），物塊隨即向右運動．求：

（1）固定在A處的電荷的電量Q_A；
（2）為了使小物塊能夠到達x=2L處，試討論小物塊與水平面間的動摩擦因數μ所滿足的條件；
（3）若小物塊與水平面間的動摩擦因數μ=$\frac{kqQ}{3mg{L}^{2}}$，小物塊運動到何處時速度最大？并求最大速度v_m．

Answer 1

分析 1、由圖（乙）得，x=L點為圖線的最低點，切線斜率為零，即合場強E_合=0，根據點電荷場強公式列方程化簡，可得A處的電荷的電量．
2、物塊先做加速運動再做減速運動，到達x=2L處速度v_t≥0，從x=-2L到x=2L過程中，由動能定理得：$q{U}_{1}-μmg{s}_{1}=\frac{1}{2}{mv}_{1}^{2}-0$，代入電勢差和位移的數據，化簡可解得動摩擦因數的取值范圍．  
3、小物塊運動速度最大時，電場力與摩擦力的合力為零，列平衡方程$\frac{k•q（4Q）}{{l}_{A}^{2}}$-$\frac{kQq}{（6L-{l}_{A}）^{2}}-μg=0$，化簡解出距離A點的距離l_A． 
小物塊從x=-2L運動到x=0的過程中，由動能定理得：$q{U}_{2}-μmg{s}_{2}=\frac{1}{2}{mv}_{m}^{2}-0$，代入數據化簡可解得最大速度．

解答 解：（1）由圖（乙）得，x=L點為圖線的最低點，切線斜率為零，
即合場強E_合=0       
所以$\frac{k{Q}_{A}}{{r}_{A}^{2}}$=$\frac{k{Q}_{B}}{{r}_{B}^{2}}$
得$\frac{k{Q}_{A}}{（4L）^{2}}=\frac{k{Q}_{B}}{（2L）^{2}}$
解得：Q_A=4Q；
（2）物塊先做加速運動再做減速運動，到達x=2L處速度v_t≥0
從x=-2L到x=2L過程中，由動能定理得：
$q{U}_{1}-μmg{s}_{1}=\frac{1}{2}{mv}_{1}^{2}-0$，
即$q（{φ}_{0}-\frac{3}{7}{φ}_{0}）-μmg（4L）=\frac{1}{2}{mv}_{1}^{2}-0≥0$
解得：μ≤$\frac{q{φ}_{0}}{7mgL}$；                        
（3）小物塊運動速度最大時，電場力與摩擦力的合力為零，設該位置離A點的距離為l_A
則：$\frac{k•q（4Q）}{{l}_{A}^{2}}$-$\frac{kQq}{{（6L-{l}_{A}）}^{2}}-μg=0$                  
解得l_A=3L，即小物塊運動到x=0時速度最大． 小物塊從x=-2L運動到x=0的過程中，由動能定理得：
$q{U}_{2}-μmg{s}_{2}=\frac{1}{2}{mv}_{m}^{2}-0$
代入數據：$q（{φ}_{0}-\frac{25}{63}{φ}_{0}）-μmg（2L）=\frac{1}{2}{mv}_{m}^{2}-0$
解得：${v}_{m}=\sqrt{\frac{76q{φ}_{0}}{63m}-\frac{4kqQ}{3mL}}$
答：（1）固定在A處的電荷的電量Q_A為4Q
（2）為了使小物塊能夠到達x=2L處，試討論小物塊與水平面間的動摩擦因數μ所滿足的條件為μ≤$\frac{q{φ}_{0}}{7mgL}$； 
（3）若小物塊與水平面間的動摩擦因數μ=$\frac{kqQ}{3mg{L}^{2}}$，小物塊運動到3L處時速度最大，并求最大速度v_m$\sqrt{\frac{76q{φ}_{0}}{63m}-\frac{4kqQ}{3mL}}$

點評 電場中的動能定理的應用要注意電場力做功和路徑無關，只和初末兩點的電勢差有關，掌握電場力做功的公式W_AB=qU_AB，注意各量都要代入符號