Question

10．如圖所示，傾角為α的光滑斜面下端固定一絕緣輕彈簧，M點(diǎn)固定一個(gè)質(zhì)量為m、帶電量為-q的小球Q．整個(gè)裝置處在場(chǎng)強(qiáng)大小為E、方向沿斜面向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中．現(xiàn)把一個(gè)帶電量為+q的小球P從N點(diǎn)由靜止釋放，釋放后P沿著斜面向下運(yùn)動(dòng)．N點(diǎn)與彈簧的上端和M的距離均為s₀．P、Q以及彈簧的軸線ab與斜面平行．兩小球均可視為質(zhì)點(diǎn)和點(diǎn)電荷，彈簧的勁度系數(shù)為k₀，靜電力常量為k．則（　�。�

• A． 小球P返回時(shí)，可能撞到小球Q
• B． 小球P在N點(diǎn)的加速度大小為$\frac{{qE+mgsinα-k\frac{q^2}{{{s_0}^2}}}}{m}$
• C． 小球P沿著斜面向下運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，其電勢(shì)能一定減少
• D． 當(dāng)彈簧的壓縮量為$\frac{qE+mgsinα}{k_0}$時(shí)，小球P的速度最大

Answer 1

分析 據(jù)動(dòng)能定理判斷小球P返回速度為零的位置，確定小球能否與小球Q相撞；根據(jù)牛頓第二定律求出小球P在N點(diǎn)的加速度；根據(jù)電場(chǎng)力做功判斷電勢(shì)能的變化，當(dāng)小球所受的合力為零時(shí)，小球的速度最大．

解答 解：A、根據(jù)動(dòng)能定理知，當(dāng)小球返回到N點(diǎn)，由于重力做功為零，勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)力做功為零，電荷Q的電場(chǎng)對(duì)P做功為零，則合力做功為零，知道到達(dá)N點(diǎn)的速度為零．所以小球不可能撞到小球Q．故A錯(cuò)誤．
B、根據(jù)牛頓第二定律得，小球在N點(diǎn)的加速度a=$\frac{{F}_{合}}{m}$=$\frac{{qE+mgsinα-k\frac{q^2}{{{s_0}^2}}}}{m}$，故B正確．
C、小球P沿著斜面向下運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)力做正功，電荷Q產(chǎn)生的電場(chǎng)對(duì)P做負(fù)功，兩個(gè)電場(chǎng)力的合力不一定沿斜面向下，則最終電場(chǎng)力不一定做正功，則電勢(shì)能不一定減�。�故C錯(cuò)誤．
D、當(dāng)小球所受的合力為零時(shí)，速度最大，即$K\frac{{q}^{2}}{{x}^{2}}$+k₀x₀=qE+mgsinα，則壓縮量不等于$\frac{qE+mgsinα}{k_0}$．故D錯(cuò)誤．
故選：B．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了動(dòng)能定理、牛頓第二定律的綜合，難度中等，知道小球合力為零時(shí)，小球的速度最大，知道電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加．