Question

如圖所示，兩個固定的均勻帶電球面，所帶電荷量分別為+Q和-Q （Q＞0），半徑分別為R和

R

2

，小球面與大球面內(nèi)切于C點，兩球面球心O和O’的連線MN沿豎直方在MN與兩球面的交點B、0和C 處各開有足夠小的孔因小孔損失的電荷量忽略不計，有一質(zhì)量為m，帶電荷為q（q＞0的質(zhì)點自MN線上離B點距離為R的A點豎直上拋．設(shè)靜電力常量為k，重力加度為g．
（1）要使質(zhì)點從 A 點上拋后能夠到達(dá)B點，所需的最小初動能為多少？
（2）要使質(zhì)點從A點上拋后能夠到達(dá)O點，在不同條件下所需的最小初動能各為多少？

Answer 1

分析：（1）質(zhì)點在A→B應(yīng)作減速運動，當(dāng)初動能最小時，到達(dá)B點的速度為零，根據(jù)能量守恒定律求出所需的最小初動能．
（2）質(zhì)點在B→0的運動有三種可能情況，①質(zhì)點在B→O作加速運動，對應(yīng)條件為：mg≤

4kqQ

9R2

；②質(zhì)點在B→O做減速運動，對應(yīng)條件為：mg≥

4kqQ

R2

，質(zhì)點在B→O之間存在一個平衡點D，在B→D質(zhì)點做減速運動，在D→O做加速運動，對應(yīng)的條件為：

4kqQ

9R2

＜mg＜

4kqQ

R2

，結(jié)合能量守恒定律求出不同條件下所需的最小初動能．

解答：解：（1）質(zhì)點在A→B應(yīng)作減速運動．設(shè)質(zhì)點在A點的最小初動能為E_k0，則根據(jù)能量守恒得，可得質(zhì)點剛好能達(dá)到B點的條件為：

kqQ

R

-

kqQ

3R 2

+mgR=Ek0+

kqQ

2R

-

kqQ

5R 2

    ①
由此可得Ek0=mgR+

7kqQ

30R

．        ②
（2）質(zhì)點在B→0的運動有三種可能情況：
①質(zhì)點在B→O作加速運動（參看圖1），對應(yīng)條件為：
mg≤

4kqQ

9R2

                ③
此時只要質(zhì)點能過B點，也必然能到達(dá)O點，因此質(zhì)點能到達(dá)O點所需的最小動能由②式給出，即
Ek0=mgR+

7kqQ

30R

．     ④
若③式中取等號，則最小初動能比④式給出的E_k0略大一點．
②質(zhì)點在B→O做減速運動（參看圖1），對應(yīng)條件為：
mg≥

4kqQ

R2

  ⑤
此時質(zhì)點剛好能到達(dá)O點的條件為：

kqQ

R

-

kqQ

R 2

+mg(2R)=Ek0+

kqQ

2R

-

kqQ

5R 2

     ⑥
由此可得Ek0=2mgR-

11kqQ

10R

   ⑦
③質(zhì)點在B→O之間存在一個平衡點D，（參看圖2），在B→D質(zhì)點做減速運動，在D→O做加速運動，對應(yīng)的條件為：

4kqQ

9R2

＜mg＜

4kqQ

R2

    ⑧
設(shè)D到O點的距離為x，則：
mg=

kqQ

( R 2 +x)2

                ⑨
即x=

kqQ mg

-

R

2

                 ⑩
根據(jù)能量守恒，質(zhì)點剛好能到達(dá)D點的條件為：

kqQ

R

-

kqQ

( R 2 +x)

+mg(2R-x)=Ek0+

kqQ

2R

-

kqQ

5R 2

     （11）
由⑩（11）兩式可得質(zhì)點到達(dá)D點的最小初動能為Ek0=

5

2

mgR+

9kqQ

10R

-2

kgmqQ

．
只要質(zhì)點能通過D點也必然能到達(dá)O點，所以質(zhì)點能到達(dá)O點的最小初動能也就是（12）式（嚴(yán)格講應(yīng)比（12）式給出的E_k0略大一點．）
答：（1）要使質(zhì)點從 A 點上拋后能夠到達(dá)B點，所需的最小初動能為Ek0=mgR+

7kqQ

30R

．
（2）當(dāng)mg≤

4kqQ

9R2

，最小初動能為Ek0=mgR+

7kqQ

30R

；當(dāng)mg≥

4kqQ

R2

，最小初動能為Ek0=2mgR-

11kqQ

10R

當(dāng)

4kqQ

9R2

＜mg＜

4kqQ

R2

，最小初動能為Ek0=

5

2

mgR+

9kqQ

10R

-2

kgmqQ

．

點評：解決本題的關(guān)鍵知道帶電球面的電荷量可以等效到圓心，結(jié)合能量守恒定律進行求解，注意第二問中需分情況討論．