Question

20．如图（a），长度L=0.8m的光滑杆左端固定一带正电的点电荷A，其电荷量Q=1.8×10^-7C；一质量m=0.02kg，带电量为q的小球B套在杆上，将杆沿水平方向固定于某非均匀外电场中，以杆左端为原点，沿杆向右为x轴正方向建立坐标系．点电荷A对小球B的作用力随B位置变化的关系如图（b）中曲线I所示，小球B所受水平方向的合力随B位置x的变化关系如图（b）中曲线II所示，其中曲线II在0.16≤x≤0.20和x≥0.40范围可近似看做直线，求：（静电力常量k=9×10⁹N•m/C²）

（1）小球B所带电量q；
（2）非均匀外电场在x=0.3m处沿细杆方向的电场强度大小E；
（3）在合电场中，x=0.4m与x=0.6m之间的电势差U．
（4）已知小球在x=0.2处获得v=0.4m/s的初速度时，最远可以运动到x=0.4m，若小球在x=0.16m处受到方向向右，大小为0.04N的恒力作用后，由静止开始运动，为使小球能离开细杆，恒力作用的最小距离s是多少？

Answer 1

分析 （1）根据库仑定律可求小球B所带电量；
（2）根据电场强度的定义可求非均匀外电场在x=0.3m处沿细杆方向的电场强度大小；
（3）在合电场中，根据电场力做功求x=0.4m与x=0.6m之间的电势差；
（4）分别求出各段电场力做的功，再由动能定理求恒力作用的最小距离．

解答 解：（1）由图可知，当x=0.3m时，F₁=k$\frac{qQ}{x^2}$=0.018N，
因此：q=$\frac{{{F_1}{x^2}}}{kQ}$=1×10^-6 C；
（2）设在x=0.3m处点电荷与小球间作用力为F₂，则：F_合=F₂+qE，
因此：E=$\frac{{{F_合}-{F_2}}}{q}$=$\frac{-0.012-0.018}{{1×1{0^{-6}}}}$N/C=-3×10⁴N/C，
电场在x=0.3m处沿细秆方向的电场强度大小为3×10⁴N/C，方向水平向左；
（3）根据图象可知在x=0.4m与x=0.6m之间合力做功：W_合=-0.004×0.2=-8×10^-4J，
由qU=W_合可得：U=$\frac{W_合}{q}$=-800V；
（4）由图可知小球从x=0.16m到x=0.2m处，
电场力做功W₁=$\frac{0.03×0.04}{2}$=6×10^-4J，
小球从x=0.2m到x=0.4m处，电场力做功W₂=-$\frac{1}{2}$mv²=-1.6×10^-3 J，
由图可知小球从x=0.4m到x=0.8m处，电场力做功W₃=-0.004×0.4=-1.6×10^-3 J，
由动能定理可得：W₁+W₂+W₃+F_外s=0，
解得：s=$\frac{{{W_1}+{W_2}+{W_3}}}{F_外}$=0.065m；
答：（1）小球B所带电量为1×10^-6 C；
（2）非均匀外电场在x=0.3m处沿细杆方向的电场强度大小为3×10⁴N/C；
（3）在合电场中，x=0.4m与x=0.6m之间的电势差为-800V；
（4）恒力作用的最小距离s是0.065m．

点评 解答此题的关键是从图象中获得信息，求各区间电场力做的功．正确理解库仑定律和电场力做功，尤其是运用动能定理时要注意正功和负功．