Question

10．如圖所示，空間有電場強度E豎直向下的勻強電場，長L不可伸長的輕繩一端固定于O點，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點無初速度釋放，當小球運動至O點的正下方B點時，繩恰好斷裂（達到所能承受的最大拉力），小球繼續(xù)運動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，重力加速度為g．試求：
（1）小球經(jīng)過B點時的速度V_B及繩子能承受的最大拉力T；
（2）小球從B點運動到C點過程的時間t及兩點間的水平位移S_X
（3）小球從A點運動到C點過程中電勢能變化量△E_P．

Answer 1

分析 （1）對從A到B過程根據(jù)動能定理列式求解B點速度，在B點，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是類似平拋運動，根據(jù)分運動公式列式求解運動時間和水平分位移大小；
（3）小球電勢能的減小量等于電場力做的功．

解答 解：（1）對從A到B過程，根據(jù)動能定理，有：
mgL+qEL=$\frac{1}{2}m{v}_{B}^{2}$，
在B點，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，水平分運動是勻速直線運動，豎直分運動是勻加速直線運動；
在C點，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=$\frac{{\sqrt{2gL+\frac{2qEL}{m}}}}{sinθ}$；
對豎直分運動，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點運動到C點過程中電勢能變化量△E_P=-qES_y=-$\frac{qEL}{{ta{n^2}θ}}$；
答：（1）小球經(jīng)過B點時的速度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點運動到C點過程的時間t為$\frac{1}{tanθ}\sqrt{\frac{2mL}{mg+qE}}$，兩點間的水平位移為$\frac{2L}{tanθ}$；
（3）小球從A點運動到C點過程中電勢能變化量△E_P為-$\frac{qEL}{{ta{n^2}θ}}$．

點評 本題是力電綜合問題，關(guān)鍵是明確小球的受力情況和運動情況，根據(jù)動能定理和類似平拋運動的分運動規(guī)律列式分析，不難．