Question

1．如圖所示，在豎直向下的勻強電場中有一帶電量為q=-1×10^-5C的小球，自傾角為θ=37°的絕緣斜面頂端A點由靜止開始滑下，接著通過半徑為R=0.05m的絕緣半圓軌道最高點C，已知小球質(zhì)量為m=0.2kg，勻強電場的場強E=1×10⁵N/C，小球運動過程中摩擦阻力及空氣阻力不計，求：
（1）小球從H=0.1m高處靜止釋放，滑至B的速度為多少？
（2）若從高為h的某處從靜止釋放，要使小球能到C點，h至少應(yīng)為多少？
（3）通過調(diào)整釋放高度使小球到達C點的速度為1m/s，則小球落回到斜面時的動能是多少？

Answer 1

分析 （1）根據(jù)動能定理求出小球滑到B點的速度；
（2）以小球為研究對象，恰好過最高點C時，重力與電場力的合力恰好提供向心力，結(jié)合牛頓第二定律與動能定理，即可求解；
（3）當小球從C點射出，做平拋運動，據(jù)平拋運動的處理方法即可求解．

解答 解：（1）小球受的電場力豎直向上，大小為：F=qE=1 N
設(shè)小球到達B點的速度為v_B，由動能定理：$\frac{1}{2}m{v}_{B}^{2}-0=（mg-qE）h$
代入數(shù)據(jù)：$\frac{1}{2}×0.2{v}_{B}^{2}=（2-1）×0.1$
V_B=1m/s                       
（2）、當小球到達c時，有：$\frac{mV_c^2}{R}≥mg-qE$
代入數(shù)據(jù)解得${v}_{C}^{\;}≥\frac{1}{2}m/s$
又由動能定理：$\frac{1}{2}mv_C^2-0=（mg-qE）△h$
可得：△h≥0.025m
h≥2R+△h=0.1+0.025=0.125m
（3）小球離開C點后做類平拋運動
加速度$a=\frac{mg-qE}{m}=5m/{s}_{\;}^{2}$
水平方向$x={v}_{C}^{\;}t$
豎直方向$y=\frac{1}{2}a{t}_{\;}^{2}$
由幾何關(guān)系：$tanθ=\frac{2R-y}{x}$
聯(lián)立解得：t=1s
落回斜面時的速度$v=\sqrt{{v}_{C}^{2}+（at）_{\;}^{2}}=\sqrt{{1}_{\;}^{2}+{5}_{\;}^{2}}=\sqrt{26}m/s$
落回斜面時的動能${E}_{k}^{\;}=\frac{1}{2}m{v}_{\;}^{2}=\frac{1}{2}×0.2×26=2.6J$
答：（1）小球從H=0.1m高處靜止釋放，滑至B的速度為1m/s
（2）若從高為h的某處從靜止釋放，要使小球能到到C點，h至少應(yīng)為0.125m
（3）通過調(diào)整釋放高度使小球到達C點的速度為1m/s，則小球落回到斜面時的動能是2.6J

點評 考查牛頓第二定律與動能定理的應(yīng)用，掌握受力分析的方法，理解提供向心力的來源，注意電場力做負功．