Question

如圖所示，MPQO為有界的豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)（邊界上有電場(chǎng)），電場(chǎng)強(qiáng)度為E=mg/q，ACB為光滑固定的半圓形軌道，軌道半徑為R，A、B為圓水平直徑的兩個(gè)端點(diǎn)，AC為圓弧。一個(gè)質(zhì)量為m，電荷量為－q的帶電小球，從A點(diǎn)正上方高為H=R處由靜止釋放，并從A點(diǎn)沿切線進(jìn)入半圓軌道，不計(jì)空氣阻力及一切能量損失，關(guān)于帶電小球的受力及運(yùn)動(dòng)情況，下列說(shuō)法正確的是（    ）

A. 小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道壓力為2mg   

B. 小球在AC部分運(yùn)動(dòng)時(shí)，加速度不變

C. 適當(dāng)增大E，小球到達(dá)C點(diǎn)的速度可能為零

D. 若E=2mg/q，要使小球沿軌道運(yùn)動(dòng)到C，則應(yīng)將H至少調(diào)整為3R/2

Answer 1

【知識(shí)點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；牛頓第二定律；向心力．C2 D4 I3

【答案解析】AD 解析： A、小球進(jìn)入半圓軌道，電場(chǎng)力和重力平衡，小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理知，mgH=mv_A²-0，解得：v_A=．根據(jù)牛頓第二定律得：N=m，則小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力為2mg．故A正確．B、小球在AC部分做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，加速度大小不變，方向始終指向圓心．故B錯(cuò)誤．C、若電場(chǎng)力小于重力，根據(jù)動(dòng)能定理知，小球到達(dá)C點(diǎn)的速度不可能為零．若小球所受的電場(chǎng)力大于重力，根據(jù)徑向的合力通過(guò)向心力，在最低點(diǎn)的速度不可能為零．故C錯(cuò)誤．D、若E=，在最低點(diǎn)軌道的作用力為零，根據(jù)牛頓第二定律得，qE-mg=m，解得：v_C=，根據(jù)動(dòng)能定理得：mg（H+R）-qER=mv_C²-0，解得：H=R．所以H至少為R．故D正確．故選：AD．

【思路點(diǎn)撥】根據(jù)重力和電場(chǎng)力的關(guān)系，判斷出小球進(jìn)入圓弧軌道后的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，結(jié)合徑向的合力提供向心力分析．根據(jù)動(dòng)能定理，結(jié)合牛頓第二定律判斷C點(diǎn)的速度能否為零．當(dāng)電場(chǎng)力是重力的2倍時(shí)，根據(jù)最低點(diǎn)彈力為零求出最小速度，結(jié)合動(dòng)能定理求出H的至少高度．本題考查了帶電小球在電場(chǎng)和重力場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，綜合運(yùn)用了動(dòng)能定理、牛頓第二定律等知識(shí)，綜合性強(qiáng)，對(duì)學(xué)生的能力要求較高，需加強(qiáng)這類題型的訓(xùn)練．