Question

7．如圖1所示，傾角θ=30°的光滑固定斜桿底端固定一電量為Q=2×10^-4C的正點電荷，將一帶正電小球（可視為點電荷）從斜桿的底端（但與Q未接觸）靜止釋放，小球沿斜桿向上滑動過程中能量隨位移的變化圖象如圖（b）所示，其中線1為重力勢能隨位移變化圖象，線2為動能隨位移變化圖象（靜電力恒量k=9×10⁹N•m²/C²）則：
（1）請描述小球向上運(yùn)動過程中的速度與加速度的變化情況；
（2）求小球的質(zhì)量m和電量q；
（3）求斜桿底端至小球速度最大處由底端正點電荷Q形成的電場的電勢差U．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)圖線2分析速率的變化情況：速度先增大，后減小，根據(jù)庫侖定律分析物體的合外力的變化，即可確定加速度的變化情況，從而說明小球的運(yùn)動情況．
（2）由線1得到E_P=mgh=mgssinθ，讀出斜率，即可求出m；由圖線2看出，s=1m時，速度最大，此時小球受力平衡，由庫侖力與重力沿斜面的分力平衡，即可求得q．
（3）由線2可得，當(dāng)帶電小球運(yùn)動至1m處動能最大為27J，根據(jù)動能定理求得斜桿底端至小球速度最大處由底端正點電荷形成的電場的電勢差U；

解答 解：（1）由圖線2得知，小球的先先增大，后減�。�根據(jù)庫侖定律得知，小球所受的庫侖力逐漸減小，合外力先減小后增大，加速度先減小后增大，則小球沿斜面向上做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動，再沿斜面向上做加速度逐漸增大的減速運(yùn)動，直至速度為零．
（2）由線1可得E_P=mgh=mgssinθ，斜率k=20=mgsin30°，所以m=4kg
當(dāng)達(dá)到最大速度時帶電小球受力平衡 mgsinθ=$\frac{kqQ}{{s}_{0}^{2}}$，由線2可得s₀=1m，
得q=$\frac{mgsinθ•{s}_{0}^{2}}{kQ}$=1.11×10^-5C
（3）由線2可得，當(dāng)帶電小球運(yùn)動至1m處動能最大為27J．
根據(jù)動能定理W_G+W_電=△E_k
 即有-mgh+qU=E_km-0
代入數(shù)據(jù)得U=4.2×10⁶V
答：（1）小球沿斜面向上做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動，再沿斜面向上做加速度逐漸增大的減速運(yùn)動，直至速度為零．
（2）小球的質(zhì)量m是4kg，電量q是1.11×10^-5C；
（3）斜桿底端至小球速度最大處由底端正點電荷形成的電場的電勢差U是4.2×10⁶V；

點評 本題首先要抓住圖象的信息，分析小球的運(yùn)動情況，再根據(jù)平衡條件和動能定理進(jìn)行處理即可．