Question

9．如圖所示，兩等量異種電荷在同一水平線上，它們連線的中點(diǎn)為O，豎直面內(nèi)的半圓弧光滑絕緣軌道的直徑AB水平，圓心在O點(diǎn)，圓弧的半徑為R，C為圓弧上的一點(diǎn)，OC為豎直方向的夾角為37°，一電荷量為+q，質(zhì)量為m的帶電小球從軌道的A端由靜止釋放，沿軌道滾動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，速度v=2$\sqrt{gR}$，g為重力加速度，取無(wú)窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為零，則下列說(shuō)法正確的是（　�。�

• A． 電場(chǎng)中A點(diǎn)的電勢(shì)為$\frac{mgR}{q}$
• B． 電場(chǎng)中B點(diǎn)的電勢(shì)為$-\frac{2mgR}{q}$
• C． 小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為2mgR
• D． 小球運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)，其動(dòng)能與電勢(shì)能的和為1.6mgR

Answer 1

分析 圖中過(guò)O點(diǎn)的虛線是一條等勢(shì)線，一直延伸到無(wú)窮遠(yuǎn)，O點(diǎn)的電勢(shì)為零．小球從A運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程，由動(dòng)能定理求出AO兩點(diǎn)間的電勢(shì)差，從而得到A點(diǎn)的電勢(shì)．由對(duì)稱性求B點(diǎn)的電勢(shì)．小球從最低點(diǎn)到B的過(guò)程，由能量守恒定律求小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能，并求得總能量．

解答 解：A、取無(wú)窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為0，則最低點(diǎn)處電勢(shì)為0．小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)過(guò)程中，由動(dòng)能定理可得：
$mgR+q{U_{AO}}=\frac{1}{2}m{v^2}$
解得 ${U_{AO}}=\frac{mgR}{q}$
而U_AO=φ_A-0
解得：${φ_A}=\frac{mgR}{q}$，故A正確；
B、由對(duì)稱性可知：U_AO=U_BO
即為：φ_A-0=0-φ_B
故有：${φ_B}=-\frac{mgR}{q}$，故B錯(cuò)誤；
C、小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)過(guò)程中，由動(dòng)能定理得：
E_k=qU_AB=2mgR，故C正確；
D、小球在最低點(diǎn)處的動(dòng)能和電勢(shì)能的總和為：${E_1}=\frac{1}{2}m{v^2}+0=2mgR$
由最低點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)過(guò)程，動(dòng)能、電勢(shì)能、重力勢(shì)能的總量守恒，而重力勢(shì)能增加量為：△E_p=mgR（1-cos37°）=0.2mgR
故動(dòng)能、電勢(shì)能的綜合減少了0.2mgR，所以小球在C點(diǎn)的動(dòng)能和電勢(shì)能的總和為：E₂=E₁-0.2mgR=1.8mgR，故D錯(cuò)誤；
故選：AC

點(diǎn)評(píng) 解決本題的關(guān)鍵是要知道等量異種電荷連線的中垂線是一條等勢(shì)線，其電勢(shì)與無(wú)窮遠(yuǎn)處相同．在知道運(yùn)用動(dòng)能定理是求電勢(shì)差常用的方法．