Question

2．如圖（a）所示，在光滑絕緣水平面固定放置一帶正電的長直細(xì)棒，其周圍產(chǎn)生垂直于帶電細(xì)棒的輻射狀電場，場強(qiáng)大小E與距細(xì)棒的垂直r距離的關(guān)系如圖（b）所示，圖線是雙曲線，即E=$\frac{k}{r}$．在帶電長直細(xì)棒右側(cè)，有一長為2l的絕緣細(xì)線連接了兩個(gè)質(zhì)量均為m的帶電小球A和B，小球A、B所帶電荷量分別為+q和+6q，A球距直棒的距離也為l，兩個(gè)球在外力F=2mg的作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)．不計(jì)兩小球之間的靜電力作用．

（1）圖線下方陰影部分的面積代表的物理量在國際單位制中的單位是什么？
（2）求k的值；
（3）若剪斷A、B間的絕緣細(xì)線，保持外力F=2mg不變，A球向左運(yùn)動(dòng)的最大速度為v_m，求從A球所在的初始位置到A球向左運(yùn)動(dòng)最大速度的位置之間的電勢差．

Answer 1

分析 （1）分析圖象的性質(zhì)，根據(jù)所學(xué)v-t圖象的規(guī)律遷移應(yīng)用可知圖中面積的意義；
（2）根據(jù)電場強(qiáng)度的公式E=$\frac{k}{r}$，結(jié)合適量合成法則與受力平衡條件，即可求解；
（3）根根據(jù)最大速度時(shí)，加速度為零，及動(dòng)能定理，即可求解電場力做功，從而求解電勢的變化．

解答 解：（1）由圖可知，縱坐標(biāo)為E，橫坐標(biāo)為長度r，則由U=Ed可知，圖象中的面積應(yīng)表示電勢差，故其單位為伏特（V）
（2）對小球A、B及細(xì)線構(gòu)成的整體，受力平衡，有：
q$\frac{k}{l}$+6q$\frac{k}{2l}$=2mg
得：k=$\frac{mgl}{2q}$
（3）當(dāng)A向左運(yùn)動(dòng)達(dá)到速度最大時(shí)有：
q$\frac{k}{r}$=2mg
代入k，得：r=$\frac{l}{4}$
設(shè)從剪斷絕緣細(xì)線到A球向左運(yùn)動(dòng)達(dá)到最大速度，電場力做功為W，由動(dòng)能定理有：
2mg（l-r）+W=$\frac{1}{2}$mv_m²
解得：W=-（$\frac{3mgl}{2}$-$\frac{1}{2}$mv_m²），負(fù)號(hào)表示電場力做負(fù)功．
又由電場力做功可知：W=qU
因此：U=$\frac{W}{q}$=-（$\frac{3mgl}{2q}$-$\frac{m{v}_{m}^{2}}{2q}$）=-$\frac{3mgl-m{v}_{m}^{2}}{2q}$
在A球向左運(yùn)動(dòng)達(dá)到最大速度的過程中，所在處電勢升高了．
變化量為：△U=$\frac{3mgl-m{v}_{m}^{2}}{2q}$；
故A球所在的初始位置到A球向左運(yùn)動(dòng)最大速度的位置之間的電勢差為-△U=$\frac{m{v}_{m}^{2}-3mgl}{2q}$
答：（1）圖線下方陰影部分的面積代表的物理量在國際單位制中的單位是為伏特（V）
（2）k的值$\frac{mgl}{2q}$；
（3）從A球所在的初始位置到A球向左運(yùn)動(dòng)最大速度的位置之間的電勢差$\frac{m{v}_{m}^{2}-3mgl}{2q}$．

點(diǎn)評 本題考查電場中的規(guī)律以及牛頓第二定律與動(dòng)能定理的應(yīng)用，掌握整體法與隔離法的方法，理解矢量合成法則的內(nèi)容，注意力做功的正負(fù)，及當(dāng)加速度為零時(shí)，速度達(dá)到最大．