Question

2．如圖所示，水平面內(nèi)的等邊三角形ABC的邊長為L，頂點C恰好位于光滑絕緣直軌道CD的最低點，光滑直導(dǎo)軌的上端點D到A、B兩點的距離均為L，D在AB邊上的豎直投影點為O．一對電荷量均為-Q的點電荷分別固定于A、B兩點．在D處將質(zhì)量為m、電荷量為+q的小球套在軌道上（忽略它對原電場的影響），將小球由靜止開始釋放，已知靜電力常量為k、重力加速度為g，且k$\frac{Qq}{{L}^{2}}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$mg，忽略空氣阻力，則（　　）

• A． 軌道上D點的場強大小為$\frac{mg}{2q}$
• B． 小球剛到達C點時，其加速度為零
• C． 小球沿直軌道CD下滑過程中，其電勢能先增大后減小
• D． 小球剛到達C點時，其動能為$\frac{\sqrt{3}}{2}$mgL

Answer 1

分析 根據(jù)矢量合成的方法，結(jié)合庫侖定律即可求出D點的電場強度；對C點的小球進行受力分析，結(jié)合庫侖定律即可求出小球在C點的加速度；根據(jù)等量同種點電荷的電場的特點分析各點的電勢的變化，然后結(jié)合電勢與電勢能的關(guān)系分析小球的電勢能的變化；根據(jù)功能關(guān)系即可求出小球到達C的動能．

解答 解：A、負電荷產(chǎn)生的電場指向負電荷，可知兩個負電荷在D處的電場強度分別指向A與B，由于兩個點電荷的電量是相等的，所以兩個點電荷在D點的電場強度的大小相等，則它們的合場強的方向沿DA、DB的角平分線；
由庫侖定律，A、B在D點的場強的大�。�${E}_{A}={E}_{B}=\frac{kQ}{{L}^{2}}=\frac{\sqrt{3}mg}{3q}$
它們的合場強：E_D=E_Acos30°+E_Bcos30°=$\frac{mg}{q}$．故A錯誤；
B、由幾何關(guān)系寬度：AO=OC=$\frac{\sqrt{3}}{2}L$，則：∠OCD=45°
對小球進行受力分析，其受力的剖面圖如圖：
由于C到A、B的距離與D到A、B的距離都等于L，結(jié)合A的分析可知，C點的電場強度的大小與D點的電場強度的大小相等，方向指向O點，即：${E}_{C}={E}_{D}=\frac{mg}{q}$，
沿斜面方向：mgcos45°-F•cos45°=ma
垂直于方向：mgsin45°+Fsin45°=N
其中F是庫侖力，F(xiàn)=qE_C=mg，
聯(lián)立以上三式得：a=0．故B正確；
C、由幾何關(guān)系可知，在CD的連線上，CD連線的中點處于到A、B的距離最小，電勢最低，小球帶正電，所以小球在CD的連線中點處的電勢能最�。畡t小球沿直軌道CD下滑過程中，其電勢能先減小后增大．故C錯誤；
D、由于C與D到A、B的距離都等于L，結(jié)合等量同種點電荷的電場特點可知，C點與D點的電勢是相等的，所以小球從D到C的過程中電場力做功的和等于0，則只有重力做功，小球的機械能守恒，得：mg•OD=$\frac{1}{2}m{v}^{2}$
由幾何關(guān)系可得：OD=Lsin60°=$\frac{\sqrt{3}}{2}L$
小球的動能：E_k=$\frac{1}{2}m{v}^{2}=\frac{\sqrt{3}mgL}{2}$，故D正確；
故選：BD．

點評 有關(guān)帶電粒子在電場中的運動，可以從兩條線索展開：其一，力和運動的關(guān)系．根據(jù)帶電粒子受力情況，用牛頓第二定律求出加速度，結(jié)合運動學(xué)公式確定帶電粒子的速度和位移等；其二，功和能的關(guān)系．根據(jù)電場力對帶電粒子做功，引起帶電粒子的能量發(fā)生變化，利用動能定理進行解答．