Question

15．如圖所示，ABCDF是放在光滑絕緣水平桌面上的絕緣擋板軌道，并置于E=1.0×10³V/m的水平勻強(qiáng)電場(chǎng)中，AB與電場(chǎng)方向平行，BCDF是直徑為20cm的有缺口的圓，AB=15cm，一質(zhì)量為0.01kg，帶電量為1.0×10^-4 C的小球由靜止在電場(chǎng)力作用下自A點(diǎn)沿軌道運(yùn)動(dòng)，不計(jì)小球與軌道間的摩擦．求：
（1）它運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)速度多大？
（2）運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)擋板對(duì)小球的壓力多大？
（3）若對(duì)小球施加平行于水平面、大小為0.1N的恒力，為使小球能沿軌道運(yùn)動(dòng)到F點(diǎn)，小球開(kāi)始運(yùn)動(dòng)的位置A′至少離B點(diǎn)多遠(yuǎn)？

Answer 1

分析 （1）對(duì)小球應(yīng)用動(dòng)能定理可以求出到達(dá)C點(diǎn)的速度．
（2）應(yīng)用牛頓第二定律可以求出擋板對(duì)小球的作用力．
（3）根據(jù)題意求出小球經(jīng)過(guò)等效最高點(diǎn)時(shí)的臨界速度，然后應(yīng)用動(dòng)能定理求出小球初位置到B點(diǎn)的距離．

解答 解：（1）從A到C過(guò)程，由動(dòng)能定理得：
qE（AB+R）-mgR=$\frac{1}{2}$mv_C²-0，
代入數(shù)據(jù)解得：v_C=$\sqrt{3}$m/s；
（2）在C點(diǎn)，由牛頓第二定律得：
N-qE=m$\frac{{v}_{C}^{2}}{R}$，
代入數(shù)據(jù)解得：N=0.4N；
（3）水平恒力應(yīng)水平向右，如果水平向左，則小球所受合力為零，將靜止不動(dòng)；
小球受到的合力為：F_合=$\sqrt{（mg）^{2}+（qE+F）^{2}}$=$\sqrt{（0.01×10）^{2}+（1×1{0}^{-4}×1×1{0}^{3}+0.1）^{2}}$=0.1$\sqrt{5}$N，
合力與水平方向夾角θ，有：tanθ=$\frac{mg}{qE+F}$=$\frac{0.1}{0.1+0.1}$=$\frac{1}{2}$，sinθ=$\frac{\sqrt{5}}{5}$，cosθ=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$；
小球到達(dá)等效最高點(diǎn)時(shí)的臨界速度為v，由牛頓第二定律得：F_合=m$\frac{{v}^{2}}{R}$，
從A′點(diǎn)到等效最高點(diǎn)過(guò)程，由動(dòng)能定理得：（qE+F）（s-Rcosθ）-mgR（1+sinθ）=$\frac{1}{2}$mv²-0，
解得：s≈0.2177m=21.77cm，小球開(kāi)始運(yùn)動(dòng)的位置A′至少離B點(diǎn)21.77cm；
答：（1）它運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)速度大小為$\sqrt{3}$m/s．
（2）運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)擋板對(duì)小球的壓力大小為0.4N．
（3）小球開(kāi)始運(yùn)動(dòng)的位置A′至少離B點(diǎn)21.77cm．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了求速度、壓力距離問(wèn)題，分析清楚小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程是解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用動(dòng)能定理與牛頓第二定律可以解題；解第（3）問(wèn)時(shí)要注意：只要小球能經(jīng)過(guò)等效最高點(diǎn)，小球一定能通過(guò)F點(diǎn)．