Question

6．如圖所示，光滑絕緣的水平面上，相隔4L的AB兩點(diǎn)固定有兩個(gè)電量均為Q的正點(diǎn)電荷，a，O，b是AB連線上的三點(diǎn)，且O為中點(diǎn)，Oa=Ob=L，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AB連線向B運(yùn)動(dòng)，在運(yùn)動(dòng)過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，設(shè)O處電勢(shì)為零．求：（1）a點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度．
（2）電荷q受到阻力的大�。�
（3）a點(diǎn)的電勢(shì)．
（4）電荷q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$\frac{Q}{{L}^{2}}$-k$\frac{Q}{（3L）^{2}}$=$\frac{8kQ}{9{L}^{2}}$；
（2）電場(chǎng)中ab兩點(diǎn)電勢(shì)差為零，從a到b過程，由動(dòng)能定理得：
W=$\frac{1}{2}$mv²-$\frac{1}{2}$mv₀²，
-f•2L=0-$\frac{1}{2}$mv₀²，
解得：f=$\frac{m{v}_{0}^{2}}{4L}$；
（3）電荷從a到O過程，由動(dòng)能定理得：
W′-W_f=$\frac{1}{2}$mv²-$\frac{1}{2}$mv₀²，
qU_ao-$\frac{m{v}_{0}^{2}}{4L}$L=n$\frac{1}{2}$mv₀²-$\frac{1}{2}$mv₀²，
Uao=$\frac{（n-1）•\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}-\frac{m{v}_{0}^{2}}{4}}{q}$=$\frac{（2n-1）m{v}_{0}^{2}}{4q}$，
U_ao=φ_a-φ₀，φ_a=$\frac{（2n-1）m{v}_{0}^{2}}{4q}$；
（4）電荷最終停在O點(diǎn)，
由動(dòng)能定理得：W_e+W_f=$\frac{1}{2}$mv_t²-$\frac{1}{2}$mv₀²，
即：$\frac{（2n-1）m{v}_{0}^{2}}{4q}$×q-fs=0-$\frac{1}{2}$mv₀²，
解得：s=（2n+1）L；
答：（1）a點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為$\frac{8kQ}{9{L}^{2}}$；
（2）電荷q受到阻力的大小為$\frac{m{v}_{0}^{2}}{4L}$．
（3）a點(diǎn)的電勢(shì)為$\frac{（2n-1）m{v}_{0}^{2}}{4q}$．
（4）電荷q在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總路程為（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．