Question

15．如圖所示，在水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)中有一表面光滑、與水平面成45°角的絕緣直桿AB，其下端B距地面高度h=0.8m．有一質(zhì)量500g的帶電小環(huán)套在直桿上，正以某一速度v₀沿桿勻速下滑，小環(huán)離桿后正好通過直桿B的正下方C點(diǎn)處．（g取10m/s²），則（　　）

• A． 帶電小環(huán)帶正電
• B． 小環(huán)離開直桿后運(yùn)動(dòng)的加速度大小為$\sqrt{2}$g
• C． 小環(huán)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的動(dòng)能為5J
• D． 小環(huán)在直桿上勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小為2m/s

Answer 1

分析 小環(huán)在置于電場(chǎng)中的傾斜的光滑絕緣直桿上勻速下滑，由共點(diǎn)力平衡結(jié)合重力與支持力方向可判斷出電場(chǎng)力方向，又由電場(chǎng)強(qiáng)度的方向可得出電荷的電性．當(dāng)小環(huán)離開直桿后，僅少了支持力．則此時(shí)的合力就是由重力與電場(chǎng)力提供，由牛頓第二定律可求出離開后的加速度大小與方向．小環(huán)離開直桿后，所受合力恰與速度方向垂直，因此做的類平拋運(yùn)動(dòng)．當(dāng)小環(huán)從C到P過程中，電場(chǎng)力做功剛好為零，動(dòng)能的變化完全由重力做功引起．當(dāng)求小環(huán)離開直桿的速度時(shí)，僅從離開前無法入手，而離開后做類平拋運(yùn)動(dòng)，所以利用垂直于桿的方向與沿桿的方向的位移可求出小環(huán)的拋出速度

解答 解：A、因帶電小環(huán)勻速下滑，加之電場(chǎng)強(qiáng)度水平向右，所以小環(huán)帶負(fù)電．故A錯(cuò)誤；
B、由幾何關(guān)系可知，小環(huán)所受電場(chǎng)力與重力大小相等．則小環(huán)離開直桿后所受的合外力大小為：F_合=$\sqrt{2}$mg
由牛頓第二定律可得：$a=\sqrt{2}g$，故B正確；
C、設(shè)在直桿勻速運(yùn)動(dòng)的速度為${v}_{0}^{\;}$，
平行于直桿勻速運(yùn)動(dòng)：$hsin45°={v}_{0}^{\;}t$
垂直于直桿方向勻加速直線運(yùn)動(dòng)：$hcos45°=\frac{1}{2}a{t}_{\;}^{2}$，即$\frac{\sqrt{2}}{2}×0.8=\frac{1}{2}×\sqrt{2}g{t}_{\;}^{2}$，得$t=\frac{\sqrt{2}}{5}s$
代入解得：$0.8×\frac{\sqrt{2}}{2}={v}_{0}^{\;}×\frac{\sqrt{2}}{5}$，即${v}_{0}^{\;}=2m/s$，故D正確；
C、從B到C運(yùn)用動(dòng)能定理，有$mgh={E}_{KC}^{\;}-\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
解得：${E}_{KC}^{\;}=mgh+\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$=$0.5×10×0.8+\frac{1}{2}×0.5×{2}_{\;}^{2}=5J$，故C正確；
故選：BCD

點(diǎn)評(píng) 考查帶電粒子在電場(chǎng)與重力場(chǎng)共同作用下的運(yùn)動(dòng)，在直桿的束縛下的勻速直線運(yùn)動(dòng)與沒有束縛下的類平拋運(yùn)動(dòng)．重點(diǎn)突出對(duì)研究對(duì)象的受力分析與運(yùn)動(dòng)分析，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式、牛頓第二定律與動(dòng)能定理等物理規(guī)律