Question

18．如圖所示，豎直平面內(nèi)$\frac{1}{4}$光滑圓弧軌道半徑為R，等邊三角形ABC的邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，頂點(diǎn)C恰好位于圓周最低點(diǎn)，CD是AB邊的中垂線．在A、B兩頂點(diǎn)上放置一對(duì)等量異種電荷．現(xiàn)把質(zhì)量為m帶電荷量為+Q的小球由圓弧的最高點(diǎn)M處?kù)o止釋放，到最低點(diǎn)C時(shí)速度為v₀．不計(jì)+Q對(duì)原電場(chǎng)的影響，取無(wú)窮遠(yuǎn)處為零電勢(shì)，靜電力常量為k，則（　�。�

• A． 小球在圓弧軌道上運(yùn)動(dòng)過(guò)程機(jī)械能守恒
• B． C點(diǎn)電勢(shì)與D點(diǎn)電勢(shì)相同
• C． M點(diǎn)電勢(shì)為$\frac{1}{2Q}$（mv₀²-2mgR）
• D． 小球?qū)�軌道最低點(diǎn)C處的壓力大小為mg+m$\frac{{{v}_{0}}^{2}}{R}$+k$\frac{Qq}{{L}^{2}}$

Answer 1

分析 此題屬于電場(chǎng)力與重力場(chǎng)的復(fù)合場(chǎng)，根據(jù)機(jī)械能守恒的條件：只有重力或彈力做功，分析機(jī)械能是否守恒．根據(jù)電場(chǎng)線的分布情況，分析C與D兩點(diǎn)的電勢(shì)關(guān)系．由動(dòng)能定理求MC間的電勢(shì)差，從而求得M點(diǎn)的電勢(shì)．由牛頓定律求小球?qū)�軌道最低點(diǎn)C處的壓力大�。�

解答 解：A、小球在圓弧軌道上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，重力對(duì)小球做功，還有電場(chǎng)力對(duì)小球要做功，所以其機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤；
B、C、D兩點(diǎn)位于AB兩電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)的等勢(shì)能面上，電勢(shì)相同，故B正確；
C、小球從M到C的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理得：qU_MC+mgR=$\frac{1}{2}$mv₀²，取無(wú)窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為零，可知，CD所在等勢(shì)面電勢(shì)為零，C點(diǎn)的電勢(shì)為零．由U_MC=φ_M-φ_C，
聯(lián)立兩式解得，M點(diǎn)的電勢(shì)為 φ_M=$\frac{1}{2Q}$（mv₀²-2mgR），故C正確；
D、小球?qū)�軌道最低點(diǎn)C處時(shí)，+q和-q兩個(gè)點(diǎn)對(duì)小球的庫(kù)侖力大小均為k$\frac{Qq}{{L}^{2}}$，它們的夾角為120°，根據(jù)幾何知識(shí)可知庫(kù)侖力的合力大小為 k$\frac{Qq}{{L}^{2}}$，方向向下．
根據(jù)牛頓第二定律得 N-k$\frac{Qq}{{L}^{2}}$-mg=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{R}$，得 N=mg+m$\frac{{{v}_{0}}^{2}}{R}$+k$\frac{Qq}{{L}^{2}}$，由牛頓第三定律知：小球?qū)�軌道的壓力為mg+m$\frac{{{v}_{0}}^{2}}{R}$+k$\frac{Qq}{{L}^{2}}$，故D正確；
故選：BCD

點(diǎn)評(píng) 此題的難度在于計(jì)算小球到最低點(diǎn)時(shí)的電場(chǎng)力的大小，注意AB處有等量異種電荷，CD是AB邊的中垂線，則CD是一條等勢(shì)線，且一直延伸到無(wú)窮遠(yuǎn)處．