Question

如圖，在P點固定一個正點電荷，A、B兩點在P的正上方，與P相距分別為h和

1

3

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

3

4

g，運動到B點時速度恰好變?yōu)榱悖�求�?br />（1）A、B兩點間的電勢差；
（2）帶電小球在B點處加速度的大小；
（3）帶電小球從A點運動到B點的過程中，運動速度最大的位置與P點的距離h₁．

Answer 1

分析：Q為固定的正點電荷，另一點電荷從 A點由靜止釋放，由于庫侖斥力作用，運動到B點時速度正好又變?yōu)榱悖畡t由庫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過程運用動能定理可求出庫侖力做的功，從而算出AB電勢差．受力平衡時，勢能最小動能最大．

解答：解：（1）另一點電荷從A到B過程，由動能定理  mg（h-

1

3

h）+qU_AB=0，
 解得    U_AB=-

2mgh

3q

（2）這一電荷必為正電荷，設其電荷量為q，由牛頓第二定律，
在A點時   mg-

kQq

h2

=

3mgh

4

在B點時   

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，

kQq

h 2 1

-mg=0 
聯立解得，h₁=

h

2

答：（1）A、B兩點間的電勢差解得-

2mgh

3q

．（2）此電荷在B點處的加速度大小

5

4

g，方向豎直向上．（3）、運動速度最大的位置與P點的距離

h

2

．

點評：本題是庫侖定律與牛頓第二定律，及動能定理，同時還涉及電場力做功的綜合運用．另一點電荷在點電荷的電場中受到變化的庫侖力，加速度大小是變化的．