Question

19．如圖所示，在平面直角坐標系中的x＜0的區(qū)域內存在電場強度為E的勻強電場，有有一半徑為R的絕緣半圓軌道，其直徑與x軸重合，B點位半圓形軌道的左端點，C點位軌道的最低點，且最右端與y軸相切于坐標原點．現(xiàn)在半圓左側正上方距X軸相距為2R的地方由靜止釋放一質量為m、電量為+q的粒子，該粒子恰好能沿著半圓形軌道的Q最左端進入軌道．當質點離開坐標原點后，馬上進入在x≥0另一勻強電場區(qū)域，且質點恰好在坐標為（2R，R）的D點處到達最高點，其速度大小與坐標原點處的速度大小相等．試求：
（1）粒子在半圓最低點對軌道的作用力；
（2）確定在x≥0區(qū)域的電場強度E′．

Answer 1

分析 （1）對從開始點到C點過程根據(jù)動能定理列式；在C點，電場力和支持力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律列式；粒子對軌道的壓力與軌道對粒子的支持力是相互作用力，相等；
（2）對從開始點到O點過程根據(jù)動能定理列式求解末速度；進入y軸右側后，水平分運動是勻加速直線運動，豎直分運動是勻減速直線運動，對水平分運動和豎直分運動分別列式求解．

解答 解：（1）對從開始點到C點過程，根據(jù)動能定理，有：
qE•3R=$\frac{1}{2}m{v}_{C}^{2}$-0
在C點，根據(jù)牛頓第二定律，有：
N-mg=m$\frac{{v}_{C}^{2}}{R}$
根據(jù)牛頓第三定律，有：
N′=N
聯(lián)立解得：
N′=mg+6qE
（2）對從開始點到O點過程，根據(jù)動能定理，有：
qE•2R=$\frac{1}{2}m{v}_{o}^{2}$-0
解得：
${v}_{o}=\sqrt{\frac{4qER}{m}}$
進入y軸右側后，水平分運動是勻加速直線運動，豎直分運動是勻減速直線運動，故：
水平分運動：$q{E}_{x}•2R=\frac{1}{2}m{v}_{x}^{2}$-0   2R=$\frac{{v}_{x}}{2}t$
豎直分運動：$-q{E}_{y}•R=0-\frac{1}{2}m{v}_{o}^{2}$   R=$\frac{{v}_{y}}{2}t$=$\frac{{v}_{0}}{2}t$
合場強：E′=$\sqrt{{E}_{x}^{2}+{E}_{y}^{2}}$  tanθ=$\frac{{E}_{y}}{{E}_{x}}$
聯(lián)立解得：E′=2$\sqrt{5}$E    θ=arctan$\frac{1}{2}$
答：（1）粒子在半圓最低點對軌道的作用力為mg+6qE；
（2）確定在x≥0區(qū)域的電場強度E′為2$\sqrt{5}$E，與+x軸的夾角為arctan$\frac{1}{2}$．

點評 本題關鍵是明確粒子的受力情況和運動情況，找到向心力來源，根據(jù)牛頓第二定律列式求解；在y軸右側時，考慮水平分運動和豎直分運動，分別根據(jù)動能定理和運動學公式列式求解．