Question

5．如圖所示，光滑絕緣的細(xì)圓管彎成半徑為R的半圓形，固定在豎直面內(nèi)，管口B、C的連線是水平直徑．現(xiàn)有一帶電的小球（可視為質(zhì)點(diǎn)）從B點(diǎn)正上方的A點(diǎn)自由下落，A、B兩點(diǎn)間距離為4R．從小球剛到達(dá)管口C處時(shí)，整個(gè)空間中突然加上一個(gè)勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)力在豎直向上的分力大小與重力平衡，結(jié)果小球從管口C處脫離圓管后，其運(yùn)動(dòng)軌跡恰好經(jīng)過A點(diǎn)．設(shè)小球運(yùn)動(dòng)過程中帶電量沒有改變，重力加速度為g，求：
（1）小球到達(dá)B點(diǎn)的速度大�。�
（2）小球受到的電場(chǎng)力的大�。�
（3）加上勻強(qiáng)點(diǎn)場(chǎng)的一瞬間，小球在管口C處對(duì)圓管壁的壓力的大小和方向．

Answer 1

分析 （1）對(duì)A到B過程應(yīng)用機(jī)械能守恒即可求解；
（2）對(duì)BC運(yùn)動(dòng)過程應(yīng)用機(jī)械能守恒求得在C的速度，然后由類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律求得從C到A運(yùn)動(dòng)的加速度，即可由力的合成求解；
（3）對(duì)小球在C處進(jìn)行受力分析，由牛頓第二定律即可求解．

解答 解：（1）小球從A下落到B的過程只有重力做功，機(jī)械能守恒，故有：$4mgR=\frac{1}{2}m{{v}_{B}}^{2}$，所以，${v}_{B}=2\sqrt{2gR}$；
（2）小球在光滑管道內(nèi)運(yùn)動(dòng)，只有重力做功，機(jī)械能守恒，故${v}_{C}={v}_{B}=2\sqrt{2gR}$，方向豎直向上；
施加電場(chǎng)后，小球受重力和電場(chǎng)力作用，電場(chǎng)力在豎直向上的分力大小與重力平衡，故合外力為水平方向；
那么，小球從C到A做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為a，則有：$4R={v}_{C}t=2\sqrt{2gR}t$，$2R=\frac{1}{2}a{t}^{2}=\frac{1}{2}a×（\frac{4R}{2\sqrt{2gR}}）^{2}=\frac{aR}{g}$，所以，a=2g；
那么，電場(chǎng)力的水平分量為F_x=ma=2mg，豎直分量為F_y=mg，所以，小球受到的電場(chǎng)力的大小$F=\sqrt{{{F}_{x}}^{2}+{{F}_{y}}^{2}}=\sqrt{5}mg$；
（3）加上勻強(qiáng)點(diǎn)場(chǎng)的一瞬間，小球在管口C處在水平方向上的合外力做向心力，又有${F}_{向}=\frac{m{{v}_{C}}^{2}}{R}=8mg$；
圓管壁對(duì)小球的作用力也在水平方向，故由受力分析可知：小球受到圓管壁的作用力為6mg，方向水平向左；
那么由牛頓第三定律可得：小球在管口C處對(duì)圓管壁的壓力的大小為6mg，方向水平向右；
答：（1）小球到達(dá)B點(diǎn)的速度大小為$2\sqrt{2gR}$；
（2）小球受到的電場(chǎng)力的大小為$\sqrt{5}mg$；
（3）加上勻強(qiáng)點(diǎn)場(chǎng)的一瞬間，小球在管口C處對(duì)圓管壁的壓力的大小為6mg，方向水平向右．

點(diǎn)評(píng) 經(jīng)典力學(xué)問題一般先對(duì)物體進(jìn)行受力分析，求得合外力及運(yùn)動(dòng)過程做功情況，然后根據(jù)牛頓定律、動(dòng)能定理及幾何關(guān)系求解．