Question

11．如圖a．M、N、P為直角三角形的三個(gè)頂點(diǎn)，∠M=37°，MP中點(diǎn)處固定一電量為Q的正點(diǎn)電荷，MN是長(zhǎng)為a的光滑絕緣桿，桿上穿有一帶正電的小球（可視為點(diǎn)電荷），小球自N點(diǎn)由靜止釋放，小球的重力勢(shì)能和電勢(shì)能隨位置x（取M點(diǎn)處x=0）的變化圖象如圖B．所示，取sin 37°=0.6，cos 37°=0.8．靜電力常量為K，重力加速度為g．

（1）圖B中表示電勢(shì)能隨位置變化的是哪條圖線？
（2）求勢(shì)能為E₁時(shí)的橫坐標(biāo)x₁和帶電小球的質(zhì)量m；
（3）已知在x₁處時(shí)小球與桿間的彈力恰好為零，求小球的電量q；
（4）求小球運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)時(shí)的速度．

Answer 1

分析 （1）判斷出電荷Q產(chǎn)生的電場(chǎng)分布，判斷出正電荷下滑過(guò)程中電場(chǎng)力做功情況，即可判斷出電勢(shì)能的變化；
（2）判斷出x₁的位置，利用E₁=mgh即可求的質(zhì)量；
（3）根據(jù)受力分析利用垂直于斜面方向合力為零即可求的電荷量；
（4）利用動(dòng)能定理求的速度

解答 解：（1）正點(diǎn)電荷Q的電勢(shì)分布規(guī)律是離它近電勢(shì)高，帶正電的小球的電勢(shì)能E=qφ，它從N點(diǎn)到M點(diǎn)的電勢(shì)能先增大后減小，故是圖B中的圖線Ⅱ．
（2）x₁=acos 37°•$\frac{1}{2}$•cos 37°=0.32a
x₁處重力勢(shì)能E₁=mgx₁sin 37°
m=$\frac{{E}_{1}}{g{x}_{1}sin37°}=\frac{{E}_{1}}{0.192a}$=$\frac{125{E}_{1}}{24ga}$．
（3）k$\frac{Qq}{{r}^{2}}$=mgcos 37°，其中r=x₁tan37°=0.24a
代入數(shù)據(jù)，得q=$\frac{6{E}_{1}a}{25kQ}$．
（4）根據(jù)動(dòng)能定理，mga sin 37°+E₂-E₀=$\frac{1}{2}$mv²
代入數(shù)據(jù)，得v=$\sqrt{\frac{150{E}_{1}+48{E}_{2}-48{E}_{0}}{125{E}_{1}}ga}$．
答：（1）圖B中表示電勢(shì)能隨位置變化的是圖線Ⅱ．
（2）勢(shì)能為E₁時(shí)的橫坐標(biāo)為0.32a；帶電小球的質(zhì)量m為$\frac{125{E}_{1}}{24ga}$．
（3）小球的電量為$\frac{6{E}_{1}a}{25kQ}$．
（4）小球運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)時(shí)的速度為$\sqrt{\frac{150{E}_{1}+48{E}_{2}-48{E}_{0}}{125{E}_{1}}ga}$．

點(diǎn)評(píng) 分析磁場(chǎng)的分布情況及小球的運(yùn)動(dòng)情況，通過(guò)電場(chǎng)力做功來(lái)判斷電勢(shì)能的變化從而判斷出圖象，再根據(jù)平衡條件和動(dòng)能定理進(jìn)行處理．