Question

10．如圖所示，空間有電場(chǎng)強(qiáng)度E豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，長(zhǎng)L不可伸長(zhǎng)的輕繩一端固定于O點(diǎn)，另一端系一質(zhì)量m、帶電荷量為+q的小球，拉起小球至繩水平后在A點(diǎn)無初速度釋放，當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)至O點(diǎn)的正下方B點(diǎn)時(shí)，繩恰好斷裂（達(dá)到所能承受的最大拉力），小球繼續(xù)運(yùn)動(dòng)并垂直打在同一豎直平面且與水平面成θ、無限大的擋板MN上的C點(diǎn)，重力加速度為g．試求：
（1）小球經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的速度V_B及繩子能承受的最大拉力T；
（2）小球從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)過程的時(shí)間t及兩點(diǎn)間的水平位移S_X
（3）小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)過程中電勢(shì)能變化量△E_P．

Answer 1

分析 （1）對(duì)從A到B過程根據(jù)動(dòng)能定理列式求解B點(diǎn)速度，在B點(diǎn)，合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律列式求解最大拉力；
（2）小球從B到C是類似平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)分運(yùn)動(dòng)公式列式求解運(yùn)動(dòng)時(shí)間和水平分位移大��；
（3）小球電勢(shì)能的減小量等于電場(chǎng)力做的功．

解答 解：（1）對(duì)從A到B過程，根據(jù)動(dòng)能定理，有：
mgL+qEL=$\frac{1}{2}m{v}_{B}^{2}$，
在B點(diǎn)，合力提供向心力，故：
T-mg-qE=m$\frac{{v}_{B}^{2}}{L}$，
解得：
v_B=$\sqrt{2gL+\frac{2qEL}{m}}$，
T=3（mg+qE）；
（2）從B到C過程，水平分運(yùn)動(dòng)是勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直分運(yùn)動(dòng)是勻加速直線運(yùn)動(dòng)；
在C點(diǎn)，速度與斜面垂直，故與豎直方向的夾角為θ，故sinθ=$\frac{{v}_{B}}{{v}_{C}}$，解得：v_C=$\frac{{\sqrt{2gL+\frac{2qEL}{m}}}}{sinθ}$；
對(duì)豎直分運(yùn)動(dòng)，有：${v}_{cy}=\frac{{v}_{B}}{tanθ}$=$\frac{mg+qE}{m}•t$，解得：t=$\frac{{\sqrt{2gL{m^2}+2qELm}}}{tanθ（mg+qE）}$=$\frac{1}{tanθ}\sqrt{\frac{2mL}{mg+qE}}$；
兩點(diǎn)間的水平位移：${S_X}={v_{cx}}t=\sqrt{2gL+\frac{2qEL}{m}}•\frac{1}{tanθ}\sqrt{\frac{2mL}{mg+qE}}$=$\frac{2L}{tanθ}$；
（3）從B到C的豎直分位移為：${S_y}=\frac{{{v_{cy}}}}{2}t=\frac{{\frac{{\sqrt{2gL+\frac{2qEL}{m}}}}{tanθ}}}{2}•\frac{1}{tanθ}\sqrt{\frac{2mL}{mg+qE}}=\frac{L}{{{{tan}^2}θ}}$；
小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)過程中電勢(shì)能變化量△E_P=-qES_y=-$\frac{qEL}{{ta{n^2}θ}}$；
答：（1）小球經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的速度V_B為$\sqrt{2gL+\frac{2qEL}{m}}$，繩子能承受的最大拉力T為3（mg+qE）；
（2）小球從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)過程的時(shí)間t為$\frac{1}{tanθ}\sqrt{\frac{2mL}{mg+qE}}$，兩點(diǎn)間的水平位移為$\frac{2L}{tanθ}$；
（3）小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)過程中電勢(shì)能變化量△E_P為-$\frac{qEL}{{ta{n^2}θ}}$．

點(diǎn)評(píng) 本題是力電綜合問題，關(guān)鍵是明確小球的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況，根據(jù)動(dòng)能定理和類似平拋運(yùn)動(dòng)的分運(yùn)動(dòng)規(guī)律列式分析，不難．