Question

如圖，在P點(diǎn)固定一個(gè)正點(diǎn)電荷，A、B兩點(diǎn)在P的正上方，與P相距分別為h和

1

3

h，將一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球從A點(diǎn)由靜止釋放，釋放后帶電小球在A點(diǎn)處的加速度大小為

3

4

g，運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度恰好變?yōu)榱悖�求�?br />（1）A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差；
（2）帶電小球在B點(diǎn)處加速度的大��；
（3）帶電小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程中，運(yùn)動(dòng)速度最大的位置與P點(diǎn)的距離h₁．

Answer 1

分析：Q為固定的正點(diǎn)電荷，另一點(diǎn)電荷從 A點(diǎn)由靜止釋放，由于庫(kù)侖斥力作用，運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度正好又變?yōu)榱悖畡t由庫(kù)侖定律與牛頓第二定律可求出電荷在A處的加速度，從而再次列出牛頓第二定律可求出電荷在B處的加速度．從A到B過(guò)程運(yùn)用動(dòng)能定理可求出庫(kù)侖力做的功，從而算出AB電勢(shì)差．受力平衡時(shí)，勢(shì)能最小動(dòng)能最大．

解答：解：（1）另一點(diǎn)電荷從A到B過(guò)程，由動(dòng)能定理  mg（h-

1

3

h）+qU_AB=0，
 解得    U_AB=-

2mgh

3q

（2）這一電荷必為正電荷，設(shè)其電荷量為q，由牛頓第二定律，
在A點(diǎn)時(shí)   mg-

kQq

h2

=

3mgh

4

在B點(diǎn)時(shí)   

kQq

( h 3 )2

-mg=maB
解得   a_B=

5g

4

，方向豎直向上     
（3）、帶電小球速度最大時(shí)，

kQq

h 2 1

-mg=0 
聯(lián)立解得，h₁=

h

2

答：（1）A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差解得-

2mgh

3q

．（2）此電荷在B點(diǎn)處的加速度大小

5

4

g，方向豎直向上．（3）、運(yùn)動(dòng)速度最大的位置與P點(diǎn)的距離

h

2

．

點(diǎn)評(píng)：本題是庫(kù)侖定律與牛頓第二定律，及動(dòng)能定理，同時(shí)還涉及電場(chǎng)力做功的綜合運(yùn)用．另一點(diǎn)電荷在點(diǎn)電荷的電場(chǎng)中受到變化的庫(kù)侖力，加速度大小是變化的．