Question

19．如圖所示，固定于同一豎直線上的AB是兩個(gè)帶等量異種電荷的點(diǎn)電荷，電荷分別為+Q和-Q，AB相距為2d，MN是豎直放置的光滑絕緣細(xì)桿，另有一個(gè)穿細(xì)桿帶電小球p，質(zhì)量為m電荷量為+q（視為電荷不影響電場(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(kāi)始釋放，小球p向下運(yùn)動(dòng)到距C點(diǎn)距d時(shí)，速度為v₀；已知MN與AB之間的距離為d，靜電力常數(shù)為k，重力加速度為g，求：
（1）O點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度E的大��；
（2）CO間的電勢(shì)差U_CO；
（3）小球P經(jīng)過(guò)與點(diǎn)電荷等高的D點(diǎn)時(shí)的速度．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)庫(kù)侖定律求出小球在O點(diǎn)所受的電場(chǎng)力，再根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度的定義式E=$\frac{F}{q}$求出電場(chǎng)強(qiáng)度的大小．
（2）對(duì)小球從C到O的過(guò)程，運(yùn)用動(dòng)能定理，求出C、O間的電勢(shì)差U_CO．
（3）小球由C點(diǎn)到O點(diǎn)與從O點(diǎn)到D點(diǎn)，電場(chǎng)力的功相同，對(duì)從C點(diǎn)到D點(diǎn)過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理求小球P經(jīng)過(guò)與點(diǎn)電荷等高的D點(diǎn)時(shí)的速度．

解答 解：（1）小球在O點(diǎn)時(shí)受力如圖所示；

由庫(kù)侖定律得：F₁=F₂=k$\frac{Qq}{（\sqrt{2}d）^{2}}$
點(diǎn)電荷在O點(diǎn)所受的電場(chǎng)力為：F=$\sqrt{2}{F}_{1}$=$\frac{\sqrt{2}kQq}{232yjdrk^{2}}$
所以O(shè)點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度E=$\frac{F}{q}$=$\frac{\sqrt{2}kQ}{2xy2w6x1^{2}}$．
（2）小球P由C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)時(shí)，由動(dòng)能定理，得：
    mgd+qU_CO=$\frac{1}{2}$mv₀²-0
解得 U_CO=$\frac{m{v}^{2}-2mgd}{2q}$
（3）小球P由C點(diǎn)到O點(diǎn)與從O點(diǎn)到D點(diǎn)，電場(chǎng)力的功相同，則從C點(diǎn)到D點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理得：
mg•2d+2qU_CD=$\frac{1}{2}$mv²
則 v=$\sqrt{2}{v}_{0}$．
答：（1）O點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小是$\frac{\sqrt{2}kQ}{2lu6e93u^{2}}$；
（2）CO間的電勢(shì)差U_CO是$\frac{m{v}^{2}-2mgd}{2q}$；
（3）小球P經(jīng)過(guò)與點(diǎn)電荷等高的D點(diǎn)時(shí)的速度是$\sqrt{2}{v}_{0}$．

點(diǎn)評(píng) 本題的關(guān)鍵要正確分析小球的受力情況，明確各個(gè)力做功關(guān)系，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)．