Question

12．如圖所示，在光滑絕緣水平面放置一帶正電的長(zhǎng)直細(xì)棒，其周圍產(chǎn)生垂直于帶電細(xì)棒的輻射狀電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小E與距細(xì)棒的垂直距離r成反比，即E=$\frac{k}{r}$．在帶電長(zhǎng)直細(xì)棒右側(cè)，有一長(zhǎng)為l的絕緣細(xì)線連接了兩個(gè)質(zhì)量均為m的帶電小球A和B，小球A、B所帶電量分別為+q和+4q，A球距直棒的距離也為l，兩個(gè)球在外力F=2mg的作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)．不計(jì)兩小球之間的靜電力的作用．求：
（1）求k值；
（2）若剪斷A、B間的絕緣細(xì)線，保持外力F=2mg不變，A球向左運(yùn)動(dòng)的最大速度為V_m，求從剪斷絕緣細(xì)線到A球向左運(yùn)動(dòng)達(dá)到的最大速度，A球所處位置的電勢(shì)怎么變化？變化了多少？

Answer 1

分析 （1）根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度的公式E=$\frac{k}{r}$，結(jié)合適量合成法則與受力平衡條件，即可求解；
（2）根據(jù)最大速度時(shí)，加速度為零，及動(dòng)能定理，即可求解電場(chǎng)力做功，從而求解電勢(shì)的變

解答 解：（1）對(duì)小球A、B及細(xì)線構(gòu)成的整體，受力平衡，有：
q$\frac{k}{l}$+4q$\frac{k}{2l}$=2mg
得：k=$\frac{2mgl}{3q}$
（2）當(dāng)A向左運(yùn)動(dòng)達(dá)到速度最大時(shí)有：
q$\frac{k}{r}$=2mg
代入k，得：r=$\frac{l}{3}$
設(shè)從剪斷絕緣細(xì)線到A球向左運(yùn)動(dòng)達(dá)到最大速度，電場(chǎng)力做功為W，由動(dòng)能定理有：
2mg（l-r）+W=$\frac{1}{2}{mv}_{m}^{2}-0$
解得：W=-（$\frac{4mgl}{3}-\frac{{mv}_{m}^{2}}{2}$），負(fù)號(hào)表示電場(chǎng)力做負(fù)功．
又由電場(chǎng)力做功可知：W=qU
因此：U=$\frac{W}{q}=-（\frac{4mgl}{3q}-\frac{{mv}_{m}^{2}}{2q}）$
在A球向左運(yùn)動(dòng)達(dá)到最大速度的過程中，所在處電勢(shì)升高了．
變化量為：$△U=\frac{4mgl}{3q}-\frac{{mv}_{m}^{2}}{2q}$；
答：（1）k的值$\frac{2mgl}{3q}$；
（2）在A球向左運(yùn)動(dòng)達(dá)到最大速度的過程中，所在處電勢(shì)升高了．
變化量為$\frac{4mgl}{3q}-\frac{{mv}_{m}^{2}}{2q}$．

點(diǎn)評(píng) 考查牛頓第二定律與動(dòng)能定理的應(yīng)用，掌握整體法與隔離法的方法，理解矢量合成法則的內(nèi)容，注意力做功的正負(fù)，及當(dāng)加速度為零時(shí)，速度達(dá)到最大．