Question

8．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）C、O間的電勢(shì)差U_CO；
（2）小球P在O點(diǎn)時(shí)的加速度大小以及小球P經(jīng)過與點(diǎn)電荷B等高的D點(diǎn)時(shí)的速度大�。�

Answer 1

分析 （1）對(duì)C到O段運(yùn)用動(dòng)能定理，求出C、O間的電勢(shì)差，再求出C、D間的電勢(shì)差U_CD．
（2）由點(diǎn)電荷的場(chǎng)強(qiáng)公式結(jié)合平行四邊形定則求出O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度，由電場(chǎng)的對(duì)稱性知，U_OD=U_CO，小球從O到D由動(dòng)能定理求解

解答 解：（1）小球p由C運(yùn)動(dòng)到O的過程，由動(dòng)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(jīng)過O點(diǎn)時(shí)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(shè)點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度E═$\frac{\sqrt{2}}{2}k\frac{Q}{us6sgeq_{\;}^{2}}$．④
由牛頓第二定律得：mg+qE=ma⑤
所以a=g+$\frac{\sqrt{2}}{2}k\frac{Qq}{mkwok6gs_{\;}^{2}}$⑥
小球p由O運(yùn)動(dòng)到D的過程，由動(dòng)能定理得
mgd+qU_OD=$\frac{1}{2}$m${v}_{D}^{2}$-$\frac{1}{2}$mv²⑦
由電場(chǎng)特點(diǎn)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(shì)差${U}_{CO}^{\;}$為$\frac{\frac{1}{2}m{v}_{\;}^{2}-mgd}{q}$；
（2）小球P在O點(diǎn)時(shí)的加速度大小為$（g+\frac{\sqrt{2}}{2}k\frac{Qq}{m2ikogey_{\;}^{2}}）$以及小球P經(jīng)過與點(diǎn)電荷B等高的D點(diǎn)時(shí)的速度大小$\sqrt{2}v$

點(diǎn)評(píng) 本題關(guān)鍵要正確分析小球的受力情況，運(yùn)用牛頓第二定律、動(dòng)能定理處理力電綜合問題，分析要知道O點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)實(shí)際上是兩點(diǎn)電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生場(chǎng)強(qiáng)的合場(chǎng)強(qiáng)，等量異種電荷的電場(chǎng)具有對(duì)稱性．