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(diǎn)電荷，將一帶正電小球（可視為點(diǎn)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(dòng)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(shì)能隨位移變化圖象，線2為動(dòng)能隨位移變化圖象（靜電力恒量k=9×10⁹N•m²/C²）則：
（1）請(qǐng)描述小球向上運(yùn)動(dòng)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(diǎn)電荷Q形成的電場(chǎng)的電勢(shì)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(kù)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(dòng)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(shí)，速度最大，此時(shí)小球受力平衡，由庫(kù)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(dòng)至1m處動(dòng)能最大為27J，根據(jù)動(dòng)能定理求得斜桿底端至小球速度最大處由底端正點(diǎn)電荷形成的電場(chǎng)的電勢(shì)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(kù)侖定律得知，小球所受的庫(kù)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(dòng)，再沿斜面向上做加速度逐漸增大的減速運(yùn)動(dòng)，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(shí)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(dòng)至1m處動(dòng)能最大為27J．
根據(jù)動(dòng)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(dòng)，再沿斜面向上做加速度逐漸增大的減速運(yùn)動(dòng)，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(diǎn)電荷形成的電場(chǎng)的電勢(shì)差U是4.2×10⁶V；

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