Question

13．如圖所示，在豎直向下的勻強電場中有一帶電量為q=-2×10^-5C的小球，自傾角為θ=37°的絕緣斜面頂端A點由靜止開始滑下，接著通過半徑為R=2m的絕緣半圓軌道最高點C（C點的切線水平），已知小球質量為m=0.5kg，勻強電場的場強E=2×10⁵N/C，小球運動過程中摩擦阻力及空氣阻力不計（g=10m/s²、sinθ=0.6、cosθ=0.8），求：
（1）小球沿斜面向下運動過程中加速度大小
（2）H至少應為多少？（提示小球在最高點C時速度不能為零．c點速度最小時H最�。�
（3）通過調整釋放高度使小球到達C點的速度為4m/s，則小球落回到斜面時的動能是多少？

Answer 1

分析 本題是電場相關內容與力學、曲線運動等內容的小綜合，物理過程明顯，需要算一步走一步．
（1）先分析在斜面上受力情況，再由牛頓第二定律求出加速度．
（2）恰好通過最高點C，則在最高點的速度較小但不為零，此時軌道的彈力為零，只有重力和電場力提供向心力．從A到C，由動能定理可以得到關于C點速度的方程，聯立可求得H的值．
（3）小球從C點到落到斜面，在重力和電場力和合力作用下做類平拋運動，列出水平位移和豎直位移的方程，再加上動能定理、幾何關系，聯立四個方程可解得最后的動能．

解答 解：（1）在斜面上下滑時，據牛頓第二定律：（mg-Eq）sinθ=ma
代入得加速度為：a=1.2m/s²
（2）恰好過最高點C時，重力與電場力的合力提供向心力：
$mg-qE=m\frac{{{v}_{c}}^{2}}{R}$…①
v_c=2.0m/s
從A到C，根據動能定理：
$mg（H-2R）-qE（H-2R）=\frac{1}{2}m{{v}_{c}}^{2}-0$…②
聯立解得：H=5m
（3）從C點飛出后做類平拋運動，向下的加速度：
mg-qE=ma…③
解得：a=2m/s²
豎直方向：$y=\frac{1}{2}a{t}^{2}$…④
水平方向：x=v_ct…⑤
根據幾何關系工：$tanθ=\frac{2R-y}{x}$…⑥
解得：t=1s     y=1m
從C到落回斜面有：$mgy-qEy={E}_{k}-\frac{1}{2}m{v}_{c}{′}^{2}$…⑦
聯立③～⑦解得：E_k=5J
答：（1）小球沿斜面向下運動過程中加速度大小為1.2m/s²．
（2）H至少應為5．
（3）通過調整釋放高度使小球到達C點的速度為4m/s，則小球落回到斜面時的動能是5J．

點評 本題的靚點在后兩問：①恰好通過最高點C，則軌道無彈力，只有重力和電場力提供向心力，兩個方程解出初始高度H．  ②從C點平拋后由于落點求知，所以必須列方程求解，水平、豎直位移兩個方程，動能定理、幾何關系兩個方程，這樣先求出豎直位移后應能求出最后的動能．