Question

1．如圖所示，MPQO為有界的豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E，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$\frac{1}{4}$圓�。�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．
（1）小球在A點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的速度；
（2）小球在C點(diǎn)離開電場(chǎng)前后瞬間對(duì)軌道的壓力分別為多少；
（3）小球從B點(diǎn)離開圓弧軌道后上升到最高點(diǎn)離B點(diǎn)的距離．

Answer 1

分析 （1）對(duì)從釋放到A點(diǎn)過(guò)程運(yùn)用動(dòng)能定理列式求解A點(diǎn)的速度；
（2）先對(duì)從釋放到C點(diǎn)過(guò)程運(yùn)用動(dòng)能定理列式，在C點(diǎn)，合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律列式求解支持力，根據(jù)牛頓第三定律得到壓力；
（3）對(duì)從釋放到右側(cè)最高點(diǎn)過(guò)程運(yùn)用動(dòng)能定理列式求解．

解答 解：（1）對(duì)從釋放到A點(diǎn)過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理，有：
mgH=$\frac{1}{2}m{v}_{A}^{2}-0$
解得：
v_A=$\sqrt{2gH}$
（2）對(duì)從釋放到最低點(diǎn)過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理，有：
mg（H+R）+qER=$\frac{1}{2}m{v}^{2}-0$    ①
小球在C點(diǎn)離開電場(chǎng)前瞬間，根據(jù)牛頓第二定律，有：
N₁-mg-qE=m$\frac{{v}^{2}}{R}$       ②
小球在C點(diǎn)離開電場(chǎng)后瞬間，根據(jù)牛頓第二定律，有：
N₂-mg=m$\frac{{v}^{2}}{R}$         ③
聯(lián)立①②③解得：
N₁=3mg+3qE+$\frac{2mgH}{R}$
N₂=2mg+3qE+$\frac{2mgH}{R}$
根據(jù)牛頓第三定律，小球在C點(diǎn)離開電場(chǎng)前后瞬間對(duì)軌道的壓力分別為3mg+3qE+$\frac{2mgH}{R}$、2mg+3qE+$\frac{2mgH}{R}$；
（3）從釋放小球到右側(cè)最高點(diǎn)過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理，有：
mg（H-h）+qER=0-0
解得：
h=$\frac{qER}{mg}+H$
答：（1）小球在A點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的速度為$\sqrt{2gH}$；
（2）小球在C點(diǎn)離開電場(chǎng)前后瞬間對(duì)軌道的壓力分別為3mg+3qE+$\frac{2mgH}{R}$、2mg+3qE+$\frac{2mgH}{R}$；
（3）小球從B點(diǎn)離開圓弧軌道后上升到最高點(diǎn)離B點(diǎn)的距離為$\frac{qER}{mg}+H$．

點(diǎn)評(píng) 本題關(guān)鍵是明確小球的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況，靈活選擇過(guò)程并根據(jù)動(dòng)能定理列式求解，基礎(chǔ)題目．