Question

20．如圖所示，地面上某區(qū)城存在著水平方向的勻強(qiáng)電場，電場方向未知，一長度為L、表面光滑的絕緣直桿AC與水平方向成45°角．一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電的小球正以速度v₀從頂端A點(diǎn)沿桿勻速下滑，小球離開桿下端C后剛好通過C端的正下方P點(diǎn)．已知重力加速度為g，求：
（1）電場強(qiáng)度的大小和方向．
（2）帶電小球從A點(diǎn)運(yùn)動到P點(diǎn)所用的總時間．
（3）帶電小球到達(dá)P點(diǎn)時的動能．

Answer 1

分析 （1）小球受重力、電場力和支持力，勻速下滑，故受到的合力為零，有共點(diǎn)力平衡即可求得電場強(qiáng)度；
（2）從A到C是勻速直線運(yùn)動，已知位移和速度，可以求解時間；
從C到P，豎直分運(yùn)動是勻加速直線運(yùn)動，水平分運(yùn)動是勻變速直線運(yùn)動，對水平分運(yùn)動根據(jù)位移公式列式求解時間；
（3）在P點(diǎn)的水平分速度等于C點(diǎn)的水平分速度，為v_x=${v}_{0}cos45°=\frac{\sqrt{2}}{2}{v}_{0}$；根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式求解P點(diǎn)的豎直分速度v_y；最后合成得到合速度，求解得到小球到達(dá)P點(diǎn)時的動能．

解答 解：（1）由小球沿桿勻速下滑，得：
qE=mgtan45°
故：
E=$\frac{mgtan45°}{q}$=$\frac{mg}{q}$
電場力向右，小球帶負(fù)電荷，故場強(qiáng)向左；
（2）從A到C是勻速直線運(yùn)動，故時間：${t_1}=\frac{L}{v_0}$
從C到P，水平分運(yùn)動是勻變速直線運(yùn)動，水平分運(yùn)動的加速度為：${a_x}=\frac{qE}{m}=g$
根據(jù)位移公式，有：0=（$\frac{\sqrt{2}}{2}$v₀）t₂-$\frac{1}{2}g{{t}_{2}}^{2}$
解得：t₂=$\frac{\sqrt{2}{v}_{0}}{g}$
故總時間為：t=${t_1}+{t_2}=\frac{L}{v_0}+\frac{{\sqrt{2}{v_0}}}{g}$
（3）在P點(diǎn)的水平分速度等于C點(diǎn)的水平分速度，為v_x=${v}_{0}cos45°=\frac{\sqrt{2}}{2}{v}_{0}$；
豎直分運(yùn)動速度：v_y=v₀sin45°+gt₂=$\frac{\sqrt{2}}{2}{v}_{0}+g×\frac{\sqrt{2}{v}_{0}}{g}$=$\frac{3}{2}\sqrt{2}{v}_{0}$；
故P點(diǎn)的合速度為：v=$\sqrt{{v}_{x}^{2}+{v}_{y}^{2}}=\sqrt{5}{v}_{0}$
故在P點(diǎn)的動能為：${E}_{k}=\frac{1}{2}m{v}^{2}=\frac{5}{2}m{v}_{0}^{2}$
答：（1）電場強(qiáng)度的大小為$\frac{mg}{q}$，方向向左．
（2）帶電小球從A點(diǎn)運(yùn)動到P點(diǎn)所用的總時間為為$\frac{L}{{v}_{0}}+\frac{\sqrt{2}{v}_{0}}{g}$．
（3）帶電小球到達(dá)P點(diǎn)時的動能為$\frac{5}{2}m{v}_{0}^{2}$．

點(diǎn)評 解決本題的關(guān)鍵通過共點(diǎn)力平衡得出電場力的大小和方向，然后運(yùn)用運(yùn)動的合成與分解、牛頓第二定律和動能定理進(jìn)行求解．