Question

如圖所示，固定于同一條豎直線上的A、B是兩個(gè)帶等量異種電荷的點(diǎn)電荷，電荷量均為Q，其中A帶正電荷，B帶負(fù)電荷，A、B相距為2d．MN是豎直放置的光滑絕緣細(xì)桿，另有一個(gè)穿過(guò)細(xì)桿的帶電小球P，質(zhì)量為m、電荷量為+q（可視為點(diǎn)電荷），現(xiàn)將小球P從與點(diǎn)電荷A等高的C處由靜止開(kāi)始釋放，小球P向下運(yùn)動(dòng)到距C點(diǎn)距離為d的D點(diǎn)時(shí)，速度為v．已知MN與AB之間的距離為d，靜電力常量為k，重力加速度為g，若取無(wú)限遠(yuǎn)處的電勢(shì)為零，試求：
（1）在A、B所形成的電場(chǎng)中，C的電勢(shì)φ_C．
（2）小球P經(jīng)過(guò)D點(diǎn)時(shí)的加速度．
（3）小球P經(jīng)過(guò)與點(diǎn)電荷B等高的E點(diǎn)時(shí)的速度．

Answer 1

分析：（1）對(duì)C到D運(yùn)用動(dòng)能定理，求出CD兩點(diǎn)間的電勢(shì)差，抓住等量異種電荷連線的垂直平分線是等時(shí)性，知D點(diǎn)電勢(shì)為零，結(jié)合CD間的電勢(shì)差求出C點(diǎn)的電勢(shì)．
（2）對(duì)小球在D點(diǎn)受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度的大�。�
（3）對(duì)D到E的過(guò)程運(yùn)用動(dòng)能定理，抓住CD和DE間的電勢(shì)差相等，求出E點(diǎn)的速度．

解答：解：（1）由等量異種電荷形成的電場(chǎng)特點(diǎn)可知，D點(diǎn)的電勢(shì)與無(wú)限遠(yuǎn)處電勢(shì)相等，即D點(diǎn)電勢(shì)為零．小球P由C運(yùn)動(dòng)到D的過(guò)程，由動(dòng)定理得：mgd+qφCD=

1

2

mv2-0①
φ_CD=φ_C-φ_C=φ_C-0②
φC=

mv2-2mgd

2q

③
（2）小球P經(jīng)過(guò)D 點(diǎn)時(shí)受力如圖：由庫(kù)侖定律得：F1=F2=k

Qq

( 2 d)2

④
由牛頓第二定律得：mg+F1cos450+F2cos450=ma⑤
a=g+

2 kQq

2md2

⑥
（3）小球P由D運(yùn)動(dòng)到E的過(guò)程，由動(dòng)定理得：mgd+qφDE=

1

2

m

v

2 E

-

1

2

mv2⑦
由等量異種電荷形成的電場(chǎng)特點(diǎn)可知：φ_DE=φ_CD⑧
聯(lián)立①⑦⑧解得：vE=

2

v⑨
答：（1）在A、B所形成的電場(chǎng)中，C點(diǎn)的電勢(shì)φC=

mv2-2mgd

2q

．
（2）小球P經(jīng)過(guò)D點(diǎn)時(shí)的加速度a=g+

2 kQq

2md2

．
（3）小球P經(jīng)過(guò)與點(diǎn)電荷B等高的E點(diǎn)時(shí)的速度vE=

2

v．

點(diǎn)評(píng)：本題考查了動(dòng)能定理、庫(kù)侖定律以及牛頓第二定律的運(yùn)用，綜合性較強(qiáng)，難度不大，關(guān)鍵知道等量異種電荷周?chē)�電�?chǎng)的特點(diǎn)．