Question

13．如图所示，固定于同一条竖直线上的点电荷A、B相距为2d，带电量均为+Q． MN是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球p，质量为m、电量为+q（可视为点电荷，q远小于Q），现将小球p从与点电荷A等高的C处由静止开始释放，小球p向下运动到距C点距离为d的O点时，速度为v．已知MN与AB之间的距离为2d，静电力常量为k，重力加速度为g．
求：（1）小球p在C点刚释放时加速度的大小；
（2）C、O间的电势差U_CO； 
（3）小球p经过与点电荷B等高的D点时速度的大小．

Answer 1

分析 （1）由牛顿第二定律可以求出加速度．
（2）对C到O段运用动能定理，求出C、O间的电势差，再求出C、D间的电势差U_CO．
（3）由电场的对称性知，U_OD=U_CO，小球从C到D由动能定理可以求出速度．

解答 解：（1）小球p在C点时受力如图所示，
由库仑定律得：F₂=$k\frac{Qq}{{{{（2\sqrt{2}d）}^2}}}$，
牛顿第二定律得：mg-F₂cos45°=ma，
解得：a=g-$\frac{{\sqrt{2}kQq}}{{16m{d^2}}}$；
（2）小球p由C运动到O时，由动能定理得：
mgd+qU_CO=$\frac{1}{2}$mv²-0，解得：U_CO=$\frac{m{v}^{2}-2mgd}{2q}$；
（3）由于C、D电势相等，小球p由C运动到D的过程只有重力做功，
由动能定理得：mg×2d=$\frac{1}{2}$mv_D²，解得：${v_D}=2\sqrt{gh}$；
答：（1）小球p在C点刚释放时加速度的大小为：g-$\frac{{\sqrt{2}kQq}}{{16m{d^2}}}$；
（2）C、O间的电势差U_CO为$\frac{m{v}^{2}-2mgd}{2q}$；
（3）小球p经过与点电荷B等高的D点时速度的大小为2$\sqrt{gh}$．

点评 本题关键要正确分析小球的受力情况，运用牛顿第二定律、动能定理处理力电综合问题，分析要知道O点的场强实际上是两点电荷在O点产生场强的合场强，等量异种电荷的电场具有对称性．