Question

13．如圖所示，固定于同一條豎直線上的點(diǎn)電荷A、B相距為2d，帶電量均為+Q． 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，質(zhì)量為m、電量為+q（可視為點(diǎn)電荷，q遠(yuǎn)小于Q），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2d，靜電力常量為k，重力加速度為g．
求：（1）小球p在C點(diǎn)剛釋放時(shí)加速度的大��；
（2）C、O間的電勢(shì)差U_CO； 
（3）小球p經(jīng)過與點(diǎn)電荷B等高的D點(diǎn)時(shí)速度的大小．

Answer 1

分析 （1）由牛頓第二定律可以求出加速度．
（2）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_CO．
（3）由電場(chǎng)的對(duì)稱性知，U_OD=U_CO，小球從C到D由動(dòng)能定理可以求出速度．

解答 解：（1）小球p在C點(diǎn)時(shí)受力如圖所示，
由庫侖定律得：F₂=$k\frac{Qq}{{{{（2\sqrt{2}d）}^2}}}$，
牛頓第二定律得：mg-F₂cos45°=ma，
解得：a=g-$\frac{{\sqrt{2}kQq}}{{16m{d^2}}}$；
（2）小球p由C運(yùn)動(dòng)到O時(shí)，由動(dòng)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電勢(shì)相等，小球p由C運(yùn)動(dòng)到D的過程只有重力做功，
由動(dòng)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點(diǎn)剛釋放時(shí)加速度的大小為：g-$\frac{{\sqrt{2}kQq}}{{16m{d^2}}}$；
（2）C、O間的電勢(shì)差U_CO為$\frac{m{v}^{2}-2mgd}{2q}$；
（3）小球p經(jīng)過與點(diǎn)電荷B等高的D點(diǎn)時(shí)速度的大小為2$\sqrt{gh}$．

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．