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，電荷量分別為+Q和-Q，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，其質(zhì)量為m、電荷量為+q（可視為點(diǎn)電荷，不影響電場(chǎng)的分布．），現(xiàn)將小球p從與點(diǎn)電荷A等高的C處由靜止開始釋放，小球p向下運(yùn)動(dòng)到距C點(diǎn)距離為d的O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．求：
（1）小球p在O點(diǎn)時(shí)所受的電場(chǎng)力；
（2）小球p在O點(diǎn)時(shí)加速度的大小和方向；
（3）C、O間的電勢(shì)差U_CO；
（4）C、D間的電勢(shì)差U_CD．

Answer 1

分析：（1）根據(jù)庫(kù)侖定律和力的合成法求解小球p在O點(diǎn)時(shí)所受的電場(chǎng)力；
（2）根據(jù)牛頓第二定律求解小球p在O點(diǎn)時(shí)加速度的大小和方向；
（3）要求解電勢(shì)差，我們應(yīng)該去想電勢(shì)差與電場(chǎng)力做功的關(guān)系，要求解電場(chǎng)力做功我們想到運(yùn)用動(dòng)能定理．小球p由C運(yùn)動(dòng)到O時(shí)，運(yùn)用動(dòng)能定理即可求出C、O間的電勢(shì)差U_CO；
（4）根據(jù)對(duì)稱性可知，U_CD=2U_C0．

解答：解：（1）小球p經(jīng)過(guò)O點(diǎn)時(shí)受力如圖：
由庫(kù)侖定律得：F₁=F₂=k

Qq

( 2 d)2

          
它們的合力為：F=F₁cos45°+F₂cos45°=

2 kQq

2d2

，方向豎直向下
（2）p在O點(diǎn)處的加速度a=

F+mg

m

=

2 kQq

2d2m

+g
方向豎直向下                               
（3）小球p由C運(yùn)動(dòng)到O時(shí)，由動(dòng)能定理，得：
  mgd+qU_CO=

1

2

mv2                      
∴U_CO=

mv2-2mgd

2q

                             
（4）U_CD=2U_C0=

mv2-2mgd

q

                        
答：（1）小球p在O點(diǎn)時(shí)所受的電場(chǎng)力是

2 kQq

2d2

，方向豎直向下；
（2）小球p在O點(diǎn)時(shí)加速度的大小為

2 kQq

2d2m

+g，方向豎直向下；
（3）C、O間的電勢(shì)差U_CO為

mv2-2mgd

2q

．
（4）C、D間的電勢(shì)差U_CD為

mv2-2mgd

q

．

點(diǎn)評(píng)：本題要庫(kù)侖定律和動(dòng)能定理結(jié)合求解，關(guān)鍵靈活選取研究過(guò)程，運(yùn)用動(dòng)能定理解題．動(dòng)能定理的優(yōu)點(diǎn)在于適用任何運(yùn)動(dòng)包括曲線運(yùn)動(dòng)．
了解研究對(duì)象的運(yùn)動(dòng)過(guò)程是解決問題的前提，根據(jù)題目已知條件和求解的物理量選擇物理規(guī)律解決問題．