Question

8．如圖所示，固定于同一條豎直線上的A、B是兩個帶等量異種電荷的點電荷，電荷量分別為+Q和-Q，A、B相距為2d．MN是豎直放置的光滑絕緣細桿，另有一個穿過細桿的帶電小球p，其質量為m、電荷量為+q（可視為點電荷，不影響電場的分布），現(xiàn)將小球P從與點電荷A等高的C處由靜止開始釋放，小球P向下運動到距C點距離為d的O點時，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．求：
（1）C、O間的電勢差U_CO；
（2）小球P在O點時的加速度大小以及小球P經過與點電荷B等高的D點時的速度大小．

Answer 1

分析 （1）對C到O段運用動能定理，求出C、O間的電勢差，再求出C、D間的電勢差U_CD．
（2）由點電荷的場強公式結合平行四邊形定則求出O點的電場強度，由電場的對稱性知，U_OD=U_CO，小球從O到D由動能定理求解

解答 解：（1）小球p由C運動到O的過程，由動能定理
得mgd+qU_CO=$\frac{1}{2}$mv²-0①
所以U_CO=$\frac{\frac{1}{2}m{v}_{\;}^{2}-mgd}{q}$②
（2）小球p經過O點時受力如圖

由庫侖定律得F₁=F₂=k$\frac{Qq}{（\sqrt{2}d）_{\;}^{2}}$
它們的合力為
F=F₁cos 45°+F₂cos 45°=Eq③
所以O點處的電場強度E═$\frac{\sqrt{2}}{2}k\frac{Q}{ymaqy44_{\;}^{2}}$．④
由牛頓第二定律得：mg+qE=ma⑤
所以a=g+$\frac{\sqrt{2}}{2}k\frac{Qq}{mgscq4si_{\;}^{2}}$⑥
小球p由O運動到D的過程，由動能定理得
mgd+qU_OD=$\frac{1}{2}$m${v}_{D}^{2}$-$\frac{1}{2}$mv²⑦
由電場特點可知U_CO=U_OD⑧
聯(lián)立①⑦⑧解得v_D=$\sqrt{2}$v
答：（1）C、O間的電勢差${U}_{CO}^{\;}$為$\frac{\frac{1}{2}m{v}_{\;}^{2}-mgd}{q}$；
（2）小球P在O點時的加速度大小為$（g+\frac{\sqrt{2}}{2}k\frac{Qq}{mwgoe0gs_{\;}^{2}}）$以及小球P經過與點電荷B等高的D點時的速度大小$\sqrt{2}v$

點評 本題關鍵要正確分析小球的受力情況，運用牛頓第二定律、動能定理處理力電綜合問題，分析要知道O點的場強實際上是兩點電荷在O點產生場強的合場強，等量異種電荷的電場具有對稱性．