Question

6．如圖所示，水平軌道與直徑為d=0.8m的半圓軌道相接，半圓軌道的兩端點A、B連線是一條豎直線，整個裝置處于方向水平向右，大小為10³V/m的勻強電場中，一小球質(zhì)量m=0.5kg，帶有q=5×10^-3 C電量的正電荷，在靜電力作用下由靜止開始運動，不計一切摩擦，g=10m/s²．
（1）若它運動的起點離A為L，它恰能到達軌道最高點B，求小球在B點的速度和L的值．
（2）若它運動起點離A為L′=2.6m，且它運動到B點時電場消失，它繼續(xù)運動直到落地，求落地點與B點的距離．

Answer 1

分析 （1）小球恰好到達B點時，由重力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律可求出小球經(jīng)B點時的速度，對從靜止到B過程，運用動能定理列式求解L．
（2）小球離開B點，電場消失，小球做平拋運動．先運用動能定理求出小球到達B點時的速度，再根據(jù)平拋運動的規(guī)律求解落地點與起點的距離．

解答 解：（1）因小球恰能到B點，則在B點，有：
mg=m$\frac{{{v}_{B}}^{2}}{\fraci8qgw0o{2}}$，
解得：
${v}_{B}=\sqrt{\frac{gd}{2}}=\sqrt{4}m/s=2m/s$．
小球從靜止運動到B過程，由動能定理，有：
qEL-mgd=$\frac{1}{2}m{{v}_{B}}^{2}$
代入數(shù)據(jù)解得：L=1m．
（2）小球離開B點，電場消失，小球做平拋運動，設(shè)落地點距B點距離為s，由動能定理得：
小球從靜止運動到B有：$qEL′-mgd=\frac{1}{2}m{v}_{B}{′}^{2}$
代入數(shù)據(jù)解得：${v}_{B}′=4\sqrt{2}m/s$．
對于平拋運動，有：d=$\frac{1}{2}g{t}^{2}$，
解得：t=$\sqrt{\frac{2d}{g}}=\sqrt{\frac{2×0.8}{10}}s=0.4s$
水平位移大小為：$x={v}_{B}′t=4\sqrt{2}×0.4m=\frac{8\sqrt{2}}{5}m$．
故有：s=$\sqrt{2gku0mw^{2}+{x}^{2}}$=$\sqrt{0.64+\frac{128}{25}}m$=2.4m．
答：（1）若它運動的起點離A為L，它恰能到達軌道最高點B，小球在B點的速度為2m/s，L的值為1m．
（2）若它運動起點離A為L=2.6m，且它運動到B點時電場消失，它繼續(xù)運動直到落地，落地點與起點的距離為2.4m．

點評 本題是動能定理與平拋運動、圓周運動臨界條件的綜合，把握每個過程和狀態(tài)的規(guī)律是解題的規(guī)律，屬于常規(guī)題．