Question

16．如圖所示，一個(gè)電荷量為+Q的點(diǎn)電荷甲固定在絕緣水平面上的O點(diǎn)，另一個(gè)電荷量為-q、質(zhì)量為m的點(diǎn)電荷乙，從A點(diǎn)以初速度v₀沿它們的連線向甲運(yùn)動(dòng)，到B點(diǎn)速度最小，最小值為v．已知靜電力常量為k，點(diǎn)電荷乙與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，A、B間的距離為L(zhǎng)₀下列說(shuō)法正確的是（　�。�

• A． O、B間的距離為$\sqrt{\frac{kQq}{μmg}}$
• B． 從A到B的過(guò)程中，電場(chǎng)力對(duì)點(diǎn)電荷乙做的功W=μmgL₀+$\frac{1}{2}$mv₀²-$\frac{1}{2}$mv²
• C． 在點(diǎn)電荷甲形成的電場(chǎng)中，A、B間的電勢(shì)差U_AB=$\frac{μmg{L}_{0}+\frac{1}{2}m{{v}_{0}}^{2}-\frac{1}{2}m{v}^{2}}{q}$
• D． 若在A、O之間加一豎直方向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，則乙球可能沿AO方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)

Answer 1

分析 本題首先要正確分析物體受力特點(diǎn)，明確力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，在本題中注意滑動(dòng)摩擦力的大小方向不變，兩球靠近過(guò)程中庫(kù)侖力逐漸增大，小球先減速后加速，根據(jù)牛頓第二定律和功能關(guān)系可正確解答；
根據(jù)U_AB=$\frac{{W}_{AB}}{q}$可計(jì)算電勢(shì)差；
乙球沿AO方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)的條件是合力為0，對(duì)乙球受力分析可判斷．

解答 解：A、由題意，乙到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度最小，乙先減速運(yùn)動(dòng)后做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度最小時(shí)有：mgμ=F_庫(kù)=k$\frac{qQ}{{r}^{2}}$，解得OB間的距離r=$\sqrt{\frac{kQq}{μmg}}$，故A正確；
B、從A到B的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理得：W-μmgL₀=$\frac{1}{2}$mv²-$\frac{1}{2}$m${v}_{0}^{2}$，得W=μmgL₀+$\frac{1}{2}$mv²-$\frac{1}{2}$m${v}_{0}^{2}$，故B錯(cuò)誤；
C、點(diǎn)電荷甲形成的電場(chǎng)中，A、B間的電勢(shì)差為：U_AB=$\frac{{W}_{AB}}{-q}$=$\frac{\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}-μmg{L}_{0}-\frac{1}{2}m{v}^{2}}{q}$，故C錯(cuò)誤；
D、若在A、O之間加一豎直方向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，則乙球受甲的向左靜電引力，由庫(kù)侖定律可知，大小變化，還要受到勻強(qiáng)電場(chǎng)的向下的電場(chǎng)力，增大正壓力，摩擦力增大但恒定不變，所以甲對(duì)乙的靜電引力和摩擦力的合力不為0，不可能沿AO方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤．
故選：A．

點(diǎn)評(píng) 本題在借助庫(kù)侖力的基礎(chǔ)知識(shí)，考查了力與運(yùn)動(dòng)、牛頓第二定律、動(dòng)能定理等基礎(chǔ)知識(shí)的綜合應(yīng)用，是考查學(xué)生綜合能力的好題．
根據(jù)U_AB=$\frac{{W}_{AB}}{q}$計(jì)算電勢(shì)差時(shí)，可將功和電量的正負(fù)代入計(jì)算．