Question

5．如图（a），M、N、P为直角三角形的三个顶点，∠M=37°，MP中点处固定一电量为Q的正点电荷，MN是长为a的光滑绝缘杆，杆上穿有一带正电的小球（可视为点电荷），小球自N点由静止释放，小球的重力势能和电势能随位置x（取M点处x=0）的变化图象如图（b）所示，取sin37°=0.6，cos37°=0.8．

（1）图（b）中表示电势能随位置变化的是哪条图线？
（2）求势能为E₁时的横坐标x₁和带电小球的质量m；
（3）已知在x₁处时小球与杆间的弹力恰好为零，求小球的电量q；
（4）求小球运动到M点时的速度．

Answer 1

分析 （1）判断出电荷Q产生的电场分布，判断出正电荷下滑过程中电场力做功情况，即可判断出电势能的变化；
（2）判断出x1的位置，利用E₁=mgh即可求的质量；
（3）根据受力分析利用垂直于斜面方向合力为零即可求的电荷量；
（4）利用动能定理求的速度

解答 解：（1）根据Q电荷的电场线的分布可知电场力先对带电小球做负功，后做正功，故电势能先增大后减小，故图（b）中表示电势能随位置变化的是图线Ⅱ
（2）势能为E₁时，距M点的距离为
x₁=acos37°•$\frac{1}{2}$•cos37°=0.32a                
x₁处重力势能E₁=mgx₁sin37°                 
m=$\frac{{E}_{1}}{g{x}_{1}sin37°}$=$\frac{{E}_{1}}{0.192ga}$=$\frac{125{E}_{1}}{24ga}$                
（3）在x₁处，根据受力分析可知
k$\frac{Qq}{{r}^{2}}$=mgcos37°，
其中r=x₁tan37°=0.24a        
带入数据，得q=$\frac{6{E}_{1}{a}^{\;}}{25kQ}$                
（4）根据动能定理，mga sin37°+E₂-E₀=$\frac{1}{2}$mv²       
带入数据，得v=$\sqrt{\frac{150{E}_{1}+48{E}_{2}-48{E}_{0}}{125{E}_{1}}ga}$
答：（1）图（b）中表示电势能随位置变化的是II图线
（2）势能为E₁时的横坐标x₁为0.32a，带电小球的质量m为$\frac{125{E}_{1}}{24ga}$；
（3）已知在x₁处时小球与杆间的弹力恰好为零，小球的电量$\frac{6{E}_{1}{a}^{\;}}{25kQ}$；
（4）小球运动到M点时的速度$\sqrt{\frac{150{E}_{1}+48{E}_{2}-48{E}_{0}}{125{E}_{1}}ga}$．

点评 分析磁场的分布情况及小球的运动情况，通过电场力做功来判断电势能的变化从而判断出图象，再根据平衡条件和动能定理进行处理．