Question

1．如图所示，绝缘直杆长为L=2m，与水平面成30°角放置，一端固定一个电荷量为Q=+2.0×10^-5 C的点电荷，中间有孔的两个滑块A、B（可看作质点）套在绝缘杆上，两滑块与绝缘杆间的动摩擦因数相等．滑块 B所带电荷量为q=+4.0×10^-5 C，滑块A不带电，A、B之间绝缘，A、B的质量分别为0.80kg、0.64kg．开始时两滑块靠在一起保持静止状态，且此时A、B与直杆间恰无摩擦力作用．为使A沿直杆始终做加速度为a=1.5m/s²的匀加速直线运动，现给A施加一沿直杆向上的力F，当A向上滑动0.2m后，力F的大小不再发生变化． A运动到绝缘杆顶端时，撤去外力F．（静电力常量k=9.0×10⁹ N•m²/C²，g取10m/s²）求：
（1）开始时未施加力F，滑块B与直杆底端点电荷之间的距离；
（2）滑块与直杆间的动摩擦因数；
（3）若A向上滑动0.2m的过程中库仑力做的功为1.2J，在A由静止开始到运动至绝缘杆顶端的过程中，力F对A做的总功．

Answer 1

分析 （1）未施加力F，A、B处于静止状态，对AB整体分析，根据共点力平衡，结合库仑定律公式求出滑块B与直杆底端点电荷之间的距离；
（2）当A向上滑动0.2m后，力F的大小不再发生变化．此时A、B分离，隔离对B分析，根据牛顿第二定律求出滑块与直杆间的动摩擦因数；
（3）根据动能定理求出A向上滑动0.2m的过程中F所做的功，根据牛顿第二定律求出分离后F的大小，结合F做功的大小得出整个过程F做的总功．

解答 解：（1）A、B处于静止状态时，与杆之间无摩擦力作用．设B与点电荷间距离为L₁，则库仑斥力为：
F₀=k$\frac{Qq}{{L}_{1}^{2}}$，
以A、B整体为研究对象，根据平衡条件得：
F₀=（m_A+m_B）gsin 30°，
代入数据联立解得：L₁=1.0 m．
（2）给A施加力F后，A、B沿直杆向上做匀加速直线运动，库仑斥力逐渐减小，A、B之间的弹力也逐渐减小．当点电荷与B间距离为L₂时，A、B两者间弹力减小到零，此后两者分离，力F变为恒力，则分离时刻的库仑斥力为：F₀′=k$\frac{Qq}{{L}_{2}^{2}}$，
B与点电荷间的距离为：L₂=L₁+△L=1.0 m+0.2 m=1.2 m，
以B为研究对象，由牛顿第二定律有：F₀′-m_Bgsin 30°-μm_Bgcos 30°=m_Ba，
代入数据联立解得：μ=$\frac{7}{80}$$\sqrt{3}$．
（3）设A、B整体做匀加速运动过程末速度为v₁，力F做的功为W₁，由动能定理有：W₀+W₁+W_G+W_f=$\frac{1}{2}$（m_A+m_B）${{v}_{1}}^{2}$
由题意知W₀=1.2 J
重力做负功为：W_G=-（m_A+m_B）g△Lsin 30°，
摩擦力做负功为：W_f=-μ（m_A+m_B）g△Lcos 30°，
已知A做匀加速直线运动，根据运动学公式得：${{v}_{1}}^{2}$=2a△L 
代入数据联立解得：W₁=1.05 J．
A、B分离后，A继续做匀加速直线运动，以A为研究对象，由牛顿第二定律得：
F-m_Agsin 30°-μm_Agcos 30°=m_Aa，
代入数据解得F=6.25 N，
分离后A上滑0.8 m才能到达绝缘杆顶端，这个过程F做的功为：W₂=F（L-L₂）=5 J，
解得：W=W₁+W₂=6.05 J．
答：（1）开始时未施加力F，滑块B与直杆底端点电荷之间的距离为1.0m；
（2）滑块与直杆间的动摩擦因数为$\frac{7}{80}$$\sqrt{3}$；
（3）在A由静止开始到运动至绝缘杆顶端的过程中，力F对A做的总功为6.05J．

点评 本题考查了共点力平衡、牛顿第二定律、动能定理的综合运用，知道F变为恒力时A、B发生分离是解决本题的关键．注意在分离前F变力，不能通过功的公式求解F做功的大小．