Question

（2010?普陀區(qū)一模）如圖所示，固定于同一條豎直線上的A、B是兩個帶等量異種電荷的點電荷，電荷量分別為+Q和-Q，A、B相距為2d．MN是豎直放置的光滑絕緣細桿，另有一個穿過細桿的帶電小球p，質(zhì)量為m、電荷量為+q（可視為點電荷，不影響電場的分布．），現(xiàn)將小球p從與點電荷A等高的C處由靜止開始釋放，小球p向下運動到距C點距離為d的O點時，速度為v．已知MN與AB之間的距離為d，靜電力常量為k，重力加速度為g．求：
（1）C、O間的電勢差U_CO；
（2）O點處的電場強度E的大��；
（3）小球p經(jīng)過O點時的加速度；
（4）小球p經(jīng)過與點電荷B等高的D點時的速度．

Answer 1

分析：要求解電勢差，我們應該去想電勢差與電場力做功的關(guān)系，
要求解電場力做功我們想到運用動能定理．
一個物理量的求解我們應該去找出與這個物理量有關(guān)的已知物理量，可以根據(jù)所求的物理量反向思考．
小球p經(jīng)過O點時受力分析，根據(jù)電場強度的定義式求解電場強度．
對于變加速直線運動求速度，我們應該首選動能定理求解．

解答：解：（1）小球p由C運動到O時，由動能定理，
得：mgd+qUCO=

1

2

mv2-0①
∴UCO=

mv2-2mgd

2q

②
（2）小球p經(jīng)過O點時受力如圖：由庫侖定律得：F1=F2=k

Qq

( 2 d)2

它們的合力為：F=F1cos45°+F2cos45°=

2 kQq

2d2

③
∴O點處的電場強度E=

F

q

=

2 kQ

2d2

，④
（3）由牛頓第二定律得：mg+qE=ma⑤
∴a=g+

2 kQq

2md2

⑥
（4）小球p由O運動到D的過程，由動能定理得：mgd+qUOD=

1

2

m

v

2 D

-

1

2

mv2⑦
由電場特點可知：U_CO=U_OD⑧
聯(lián)立①⑦⑧解得：vD=

2

v⑨
答：（1）C、O間的電勢差U_CO是

mv2-2mgd

2q

（2）O點處的電場強度E的大小是

2 kQ

2d2

；
（3）小球p經(jīng)過O點時的加速度是

2 kQq

2md2

；
（4）小球p經(jīng)過與點電荷B等高的D點時的速度是

2

v．

點評：選取研究過程，運用動能定理解題．動能定理的優(yōu)點在于適用任何運動包括曲線運動．
了解研究對象的運動過程是解決問題的前提，根據(jù)題目已知條件和求解的物理量選擇物理規(guī)律解決問題．