Question

【題目】將一內(nèi)壁光滑的絕緣細(xì)圓管做成的圓環(huán)BDC固定在豎直面內(nèi)，圓環(huán)的圓心為O，D為圓環(huán)的最低點(diǎn)，其中∠BOC=90°，圓環(huán)的半徑為R=L，過OD的虛線與過BC的虛線垂直且交于點(diǎn)S，虛線BC的上方存在水平向右的范圍足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng)。圓心O的正上方A點(diǎn)有一質(zhì)量為m、帶電荷量為-q的絕緣小球（可視為質(zhì)點(diǎn)），其直徑略小于圓管內(nèi)徑，AS=L．現(xiàn)將該小球無初速度釋放，經(jīng)過一段時(shí)間小球剛好無碰撞地進(jìn)入圓管中并繼續(xù)在圓管中運(yùn)動(dòng)，重力加速度大小用g表示。

（1）求虛線BC上方勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大�。�

（2）求當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到圓環(huán)的最低點(diǎn)D時(shí)對(duì)圓環(huán)壓力的大�。�

（3）小球從管口C離開后，經(jīng)過一段時(shí)間后落到虛線BC上的F點(diǎn)（圖中未標(biāo)出），則C、F兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為多大？

Answer 1

【答案】(1) (2) (3)

【解析】

(1)小球在重力和電場(chǎng)力的作用下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，從B點(diǎn)沿切線方向進(jìn)入，則此時(shí)速度方向與豎直方向的夾角為45°，即加速度方向與豎直方向的夾角為45°，則場(chǎng)強(qiáng)可求；(2)從A點(diǎn)到D點(diǎn)的過程中，列動(dòng)能定理表達(dá)式，在最低點(diǎn)D時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律列式求解； (3)從A點(diǎn)到B點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理求得在B點(diǎn)的速度，從C點(diǎn)拋出后做類平拋運(yùn)動(dòng)，拋出時(shí)的速度大小與B點(diǎn)速度相當(dāng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出小球沿虛線BC方向運(yùn)動(dòng)的位移，再由電勢(shì)差與場(chǎng)強(qiáng)的關(guān)系求解電勢(shì)差.

(1)小球被釋放后在重力和電場(chǎng)力的作用下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，小球從B點(diǎn)沿切線方向進(jìn)入，則此時(shí)速度方向與豎直方向的夾角為45°，即加速度方向與豎直方向的夾角為45°，

則:tan45°=

解得:E=

(2)小球從A點(diǎn)到D點(diǎn)的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理得mvD2-0=mg(2L+L)+EqL

當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到圓環(huán)的最低點(diǎn)D時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律得FN-mg=m

聯(lián)立解得:FN=3(+1)mg

根據(jù)牛頓第三定律得小球運(yùn)動(dòng)到圓環(huán)的最低點(diǎn)D時(shí)對(duì)圓環(huán)的壓力大小為3(+1)mg

(3)小球?qū)?/span>A點(diǎn)到B點(diǎn)的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理得mvB2-0=mgL+EqL,

解得：vB=2

小球從C點(diǎn)拋出后做類平拋運(yùn)動(dòng)，拋出時(shí)的速度大小vC=vB=2

小球的加速度大小g′=g

當(dāng)小球沿拋出方向和垂直拋出方向的位移相等時(shí)，回到虛線BC上，則有vCt=g′t2

解得：t=2

則小球沿虛線BC方向運(yùn)動(dòng)的位移xCF=vCt=8L

沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低，則C點(diǎn)與F點(diǎn)間的電勢(shì)差為UCF=-ExCF=-