Question

如圖所示，兩個固定的均勻帶電球面，所帶電荷量分別為+Q和-Q （Q＞0），半徑分別為R和

R

2

，小球面與大球面內切于C點，兩球面球心O和O’的連線MN沿豎直方在MN與兩球面的交點B、0和C 處各開有足夠小的孔因小孔損失的電荷量忽略不計，有一質量為m，帶電荷為q（q＞0的質點自MN線上離B點距離為R的A點豎直上拋．設靜電力常量為k，重力加度為g．
（1）要使質點從 A 點上拋后能夠到達B點，所需的最小初動能為多少？
（2）要使質點從A點上拋后能夠到達O點，在不同條件下所需的最小初動能各為多少？

Answer 1

分析：（1）質點在A→B應作減速運動，當初動能最小時，到達B點的速度為零，根據能量守恒定律求出所需的最小初動能．
（2）質點在B→0的運動有三種可能情況，①質點在B→O作加速運動，對應條件為：mg≤

4kqQ

9R2

；②質點在B→O做減速運動，對應條件為：mg≥

4kqQ

R2

，質點在B→O之間存在一個平衡點D，在B→D質點做減速運動，在D→O做加速運動，對應的條件為：

4kqQ

9R2

＜mg＜

4kqQ

R2

，結合能量守恒定律求出不同條件下所需的最小初動能．

解答：解：（1）質點在A→B應作減速運動．設質點在A點的最小初動能為E_k0，則根據能量守恒得，可得質點剛好能達到B點的條件為：

kqQ

R

-

kqQ

3R 2

+mgR=Ek0+

kqQ

2R

-

kqQ

5R 2

    ①
由此可得Ek0=mgR+

7kqQ

30R

．        ②
（2）質點在B→0的運動有三種可能情況：
①質點在B→O作加速運動（參看圖1），對應條件為：
mg≤

4kqQ

9R2

                ③
此時只要質點能過B點，也必然能到達O點，因此質點能到達O點所需的最小動能由②式給出，即
Ek0=mgR+

7kqQ

30R

．     ④
若③式中取等號，則最小初動能比④式給出的E_k0略大一點．
②質點在B→O做減速運動（參看圖1），對應條件為：
mg≥

4kqQ

R2

  ⑤
此時質點剛好能到達O點的條件為：

kqQ

R

-

kqQ

R 2

+mg(2R)=Ek0+

kqQ

2R

-

kqQ

5R 2

     ⑥
由此可得Ek0=2mgR-

11kqQ

10R

   ⑦
③質點在B→O之間存在一個平衡點D，（參看圖2），在B→D質點做減速運動，在D→O做加速運動，對應的條件為：

4kqQ

9R2

＜mg＜

4kqQ

R2

    ⑧
設D到O點的距離為x，則：
mg=

kqQ

( R 2 +x)2

                ⑨
即x=

kqQ mg

-

R

2

                 ⑩
根據能量守恒，質點剛好能到達D點的條件為：

kqQ

R

-

kqQ

( R 2 +x)

+mg(2R-x)=Ek0+

kqQ

2R

-

kqQ

5R 2

     （11）
由⑩（11）兩式可得質點到達D點的最小初動能為Ek0=

5

2

mgR+

9kqQ

10R

-2

kgmqQ

．
只要質點能通過D點也必然能到達O點，所以質點能到達O點的最小初動能也就是（12）式（嚴格講應比（12）式給出的E_k0略大一點．）
答：（1）要使質點從 A 點上拋后能夠到達B點，所需的最小初動能為Ek0=mgR+

7kqQ

30R

．
（2）當mg≤

4kqQ

9R2

，最小初動能為Ek0=mgR+

7kqQ

30R

；當mg≥

4kqQ

R2

，最小初動能為Ek0=2mgR-

11kqQ

10R

當

4kqQ

9R2

＜mg＜

4kqQ

R2

，最小初動能為Ek0=

5

2

mgR+

9kqQ

10R

-2

kgmqQ

．

點評：解決本題的關鍵知道帶電球面的電荷量可以等效到圓心，結合能量守恒定律進行求解，注意第二問中需分情況討論．