Question

如圖所示，帶正電的甲球固定在足夠大的光滑絕緣水平面上的A點(diǎn)，其帶電量為Q；質(zhì)量為m、帶正電的乙球在水平面上的B點(diǎn)由靜止釋放，其帶電量為q；A、B兩點(diǎn)間的距離為l₀．釋放后的乙球除受到甲球的靜電力作用外，還受到一個(gè)大小為F=

KQq

4 l 2 0

（k為靜電力常數(shù)）、方向指向甲球的恒力（非電場(chǎng)力）作用，兩球均可視為點(diǎn)電荷．求：
（1）乙球在釋放瞬間的加速度大�。�
（2）乙球的速度最大時(shí)兩球間的距離；
（3）若乙球運(yùn)動(dòng)的最大速度為v_m，求乙球從開始運(yùn)動(dòng)到速度為v_m的過程中電勢(shì)能的變化量．

Answer 1

分析：（1）乙球在釋放瞬間豎直方向受力平衡，水平方向受到甲的靜電斥力和F，根據(jù)牛頓第二定律求出其加速度大�。�
（2）乙向左先做加速運(yùn)動(dòng)后做減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)所受的甲的靜電斥力和F大小相等時(shí)，乙球的速度最大，可求出兩球間的距離．
（3）根據(jù)動(dòng)能定理求出靜電力對(duì)乙球做功，即可得到其電勢(shì)能的變化量．

解答：解：（1）根據(jù)牛頓第二定律得  ma=

kQq

l 2 0

-F，又F=

kQq

4 l 2 0

 可解得：a=

3kQq

4m l 2 0

                       
（2）當(dāng)乙球所受的甲的靜電斥力和F大小相等時(shí)，乙球的速度最大，
  F=

kQq

4 l 2 0

=

kQq

x2

  可解得x=2l₀
（3）根據(jù)動(dòng)能定理得 

1

2

mv_m²-0=W_電-W_F，
 得 W_電=

1

2

mv_m²+W_F=

1

2

mv_m²+Fl₀=

1

2

mv_m²+

kQq

4l0

     
靜電力做正功，電勢(shì)能減少了

1

2

mv_m²+

kQq

4l0

．
答：
（1）乙球在釋放瞬間的加速度大小是

3kQq

4m l 2 0

；
（2）乙球的速度最大時(shí)兩球間的距離為2l₀；
（3）乙球從開始運(yùn)動(dòng)到速度為v_m的過程中電勢(shì)能減少了

1

2

mv_m²+

kQq

4l0

．

點(diǎn)評(píng)：本題是牛頓第二定律、動(dòng)能定理的綜合，根據(jù)乙球的受力情況，分析其運(yùn)動(dòng)情況是解題的基礎(chǔ)．