Question

18．如圖（甲）所示，光滑斜桿與水平方向的夾角為θ，其底端固定一帶正電的、電量為Q的小球A，另一也帶正電的小球B從斜桿的底端（但與A未接觸）靜止釋放，A，B均可視為質(zhì)點和點電荷、小球B沿斜桿向上滑動過程中能量隨位移s的變化圖象如圖（乙）所示，其中線Ⅰ為重力勢能隨位移變化圖象，線Ⅱ為動能隨位移變化圖象，已知重力加速度為g，靜電力恒量為k，則根據(jù)圖中信息可知（　�。�

• A． 小球B的質(zhì)量為$\frac{{E}_{3}}{gsinθ{s}_{3}}$
• B． 小球B所帶的電量為$\frac{{E}_{3}{{s}_{1}}^{2}}{kQ{s}_{3}}$
• C． 小球B在運動過程中的最大速度為$\sqrt{\frac{2{s}_{3}{E}_{1}gsinθ}{{E}_{3}}}$
• D． 斜桿底端至小球B速度最大處由Q形成的電場的電勢差為$\frac{{s}_{2}{E}_{3}+{s}_{3}{E}_{2}}{Q{s}_{3}}$

Answer 1

分析 由圖線Ⅰ得到${E}_{P}^{\;}=mgssinθ$，求出斜率即可求出小球B的質(zhì)量；由圖線Ⅱ當(dāng)$s={s}_{3}^{\;}$時，速度最大，此時小球受力平衡，由庫侖力與重力沿斜面的分力平衡，即可求得q．根據(jù)圖線Ⅱ分析動能的變化情況：動能先增大，后減小，根據(jù)庫侖定律分析物體的合外力的變化，即可確定加速度的變化情況，從而說明小球的運動情況；根據(jù)動能定理求斜桿底端至小球B速度最大處由Q形成的電場的電勢差

解答 解：A、由圖象Ⅰ重力勢能隨位移變化的圖象知，當(dāng)位移為${s}_{3}^{\;}$時，重力勢能為${E}_{3}^{\;}$，根據(jù)重力勢能的表達(dá)式有${E}_{3}^{\;}=mgh=mg{s}_{3}^{\;}sinθ$，解得小球B的質(zhì)量$m=\frac{{E}_{3}^{\;}}{gsinθ{s}_{3}^{\;}}$，故A正確；
B、根據(jù)圖象Ⅱ動能隨位移變化的圖象知，當(dāng)位移為${s}_{1}^{\;}$時，動能最大，加速度為0，對小球B受力分析如圖所示

對小球B根據(jù)平衡條件得：$mgsinθ=K\frac{Qq}{{s}_{1}^{2}}$
將小球質(zhì)量代入得：$\frac{{E}_{3}^{\;}}{{s}_{3}^{\;}}=K\frac{Qq}{{s}_{1}^{2}}$
解得小球B所帶的電荷量$q=\frac{{E}_{3}^{\;}{s}_{1}^{2}}{KQ{s}_{3}^{\;}}$，故B正確；
C、由圖象Ⅱ動能隨位移變化的圖象知，最大動能為${E}_{1}^{\;}$，根據(jù)動能的表達(dá)式${E}_{1}^{\;}=\frac{1}{2}m{v}_{m}^{2}$，將質(zhì)量代入：
${E}_{1}^{\;}=\frac{1}{2}\frac{{E}_{3}^{\;}}{g{s}_{3}^{\;}sinθ}{v}_{m}^{2}$
解得：${v}_{m}^{\;}=\sqrt{\frac{2{s}_{3}^{\;}{E}_{1}^{\;}gsinθ}{{E}_{3}^{\;}}}$，故C正確；
D、對小球B從開始運動到動能最大的過程應(yīng)用動能定理，有：
$qU-mg{s}_{1}^{\;}sinθ={E}_{1}^{\;}-0$
將小球B的質(zhì)量和電荷量q代入整理得：
$U=\frac{KQ（{E}_{1}^{\;}{s}_{3}^{\;}+{E}_{3}^{\;}）}{{E}_{3}^{\;}{s}_{1}^{2}}$，故D錯誤；
故選：ABC

點評 本題首先要抓住圖象的信息，分析小球的運動情況，再根據(jù)平衡條件和動能定理進行處理即可