Question

13．如圖所示，在豎直平面內的平面直角坐標系xoy中，x軸上方有水平向右的勻強電場，有一質量為m，電荷量為-q（-q＜0）的帶電絕緣小球，從y軸上的P（0，L）點由靜止開始釋放，運動至x軸上的A（-L，0）點時，恰好無碰撞地沿切線方向進入在x軸下方豎直放置的四分之三圓弧形光滑絕緣細管．細管的圓心O₁位于y軸上，交y軸于點B，交x軸于A點和C（L，0）點．該細管固定且緊貼x軸，內徑略大于小球外徑．小球直徑遠小于細管半徑，不計一切阻力，重力加速度為g．求：
（1）勻強電場的電場強度的大�。�
（2）小球運動到B點時對管的壓力的大小和方向；
（3）小球從C點飛出后會落在x軸上的哪一位置．

Answer 1

分析 （1）小球釋放后在重力和電場力的作用下做勻加速直線運動，根據小球從A點沿切線方向進入，求出速度方向，從而求出合力方向，再根據幾何關系求解；
（2）先根據幾何關系求出半徑，從P到B點的過程中，根據動能定理列式，在B點，根據牛頓第二定律列式，聯(lián)立方程即可求解；
（3）從P到A的過程中，根據動能定理求出A點速度，則C點速度與A點速度大小相等，小球從C點拋出后做類平拋運動，根據平拋運動基本公式求解．

解答 解：（1）小球釋放后在重力和電場力的作用下做勻加速直線運動，小球從A點沿切線方向進入，則此時速度方向與豎直方向的夾角為45°，即加速度方向與豎直方向的夾角為45°，
則tan45°=$\frac{mg}{Eq}$
解得：E=$\frac{mg}{q}$
（2）根據幾何關系可知，圓弧的半徑r=$\sqrt{2}L$
從P到B點的過程中，根據動能定理得：
$\frac{1}{2}m{{v}_{B}}^{2}-0=mg$（2L+$\sqrt{2}L$）+EqL
在B點，根據牛頓第二定律得：
N-mg=m$\frac{{{v}_{B}}^{2}}{r}$
聯(lián)立解得：N=$3（\sqrt{2}+1）$mg，方向向上，
（3）從P到A的過程中，根據動能定理得：
$\frac{1}{2}m{{v}_{A}}^{2}=mgL+EqL$
解得：${v}_{A}=\sqrt{4gL}$
小球從C點拋出后做類平拋運動，
拋出時的速度v_C=v_A=$\sqrt{4gL}$
小球的加速度$g′=\sqrt{2}g$，
當小球沿拋出方向和垂直拋出方向位移相等時，又回到x軸，則有：
${v}_{C}t=\frac{1}{2}g′{t}^{2}$
解得：$t=2\sqrt{\frac{2L}{g}}$
則沿x軸方向運動的位移x=${\sqrt{2}v}_{C}t=\sqrt{2}×2\sqrt{gL}×2\sqrt{\frac{2L}{g}}=8L$
則小球從C點飛出后落在x軸上的坐標x′=L-8L=-7L
答：（1）勻強電場的電場強度的大小為$\frac{mg}{q}$；
（2）小球運動到B點時對管的壓力的大小為$3（\sqrt{2}+1）$mg方向向上；
（3）小球從C點飛出后會落在x軸上的坐標為-7L的位置上．

點評 本題主要考查了動能定理、牛頓第二定律及平拋運動基本公式的直接應用，要求同學們能正確分析小球的運動情況，能結合幾何關系求解，特別注意題目中的隱含條件的使用，難度較大．