Question

固定不动的正点电荷A，带电量为Q=1.0×10^-6C，点电荷B从距A无穷远的电势为零处移到距A为2cm、电势为3 000V的P点，电场力所做负功为1.8×l0³J．若把B电荷从P点由静止释放，释放瞬间加速度大小为9×10⁹m/s²．求：B电荷能达到的最大速度．

Answer 1

分析：B电荷从P点由静止释放，电场力做功越多，则速度越大．因此B电荷运动到零电势位置时，速度达到最大．所以由F=k

Qq

r2

与F=ma可得出

q

m

的值，再由qU=

1

2

mv2，可求得最大速度．

解答：解：B电荷从P点由静止释放，释放瞬间，
由牛顿第二定律与库仑定律可得：a=

F

m

=

k Qq r2

m

 则有：

q

m

=

ar2

kQ

B电荷在库仑力作用下，速度不断增大．
所以由qU=

1

2

mv2，可得：v=

2qu m

=

2ur2 Q

=1.55×104m/s
答：B电荷能达到的最大速度为1.55×10³m/s．

点评：考查库仑定律、牛顿第二定律及动能定理，电场力做功导致电势能减小，动能增加．