Question

4．如圖所示，組裝成“S”形的軌道平放在水平面上，Oa部分由薄壁細圓管彎成，固定在直角坐標平面xOy內，管口恰好落在原點O上，直徑與Ox軸重合；ab部分半圓形軌道的半徑r是可以調節(jié)的，直徑也與Ox軸重合，兩部分在a處圓滑連接．在xOy平面內有一足夠大的勻強電場，場強大小E=2.0×105V/m，方向沿x軸負方向．一個質量m=0.01kg、帶正電荷g=5×10^-7C的小球（可視為質點），以10m/s的速度從管口O點進入軌道，不計一切摩擦，小球運動過程中電量不變，取g=10m/s²．
（1）取r=1.6m時，發(fā)現(xiàn)帶電小球恰好能從b處飛出，試求Oa部分的半徑R；
（2）r取多大值，小球從b處飛出后，到達y軸上的位置（離原點）最遠？
（3）現(xiàn)在O、b兩點各放一個壓力傳感器，并計算出壓力差△F；改變半徑r的大小，重復實驗，最后繪得△F-$\frac{1}{r}$圖線如圖所示，求直線在△F軸上的截距．

Answer 1

分析 （1）帶電小球恰能能從b處飛出時，軌道對小球沒有作用力，由電場力提供向心力，根據牛頓第二定律列式得到速度與半徑r的關系式；小球從O到b，運用動能定理列式，聯(lián)立求解R；
（2）小球從b處飛出軌道后，做類似平拋運動；對O到b過程根據動能定理列式；再對類似平拋運動根據分位移公式列式；最后聯(lián)立求解即可；
（3）在O點，電場力和支持力的合力提供向心力，根據牛頓第二定律列式；在b點，也是電場力和支持力的合力提供向心力，再次根據牛頓第二定律列式；對從O到b過程根據動能定理列式；最后聯(lián)立求解即可．

解答 解：（1）小球從O運動到b，設到b點的速度為v_b，據動能定理有：
$-qE（2R+2r）=\frac{1}{2}mv_b^2-\frac{1}{2}mv_0^2$
小球恰好過b點，即F_N=0，
則有：$qE=\frac{mv_b^2}{r}$
代入得：R=0.5m
（2）小球在b點離開軌道后，在電場力作用下做類平拋運動，
Y方向：y=v_bt
x（負）方向：$2R+2r=\frac{1}{2}a{t^2}$
又$a=\frac{qE}{m}$
解得：$y=4\sqrt{-{{（r-\frac{3}{4}）}^2}+\frac{25}{16}}$
顯然，當r=0.75m時y坐標有最大值．     
（3）設小球在O、b兩點的作用力分別為F_O和F_b，則有：${F_0}-qE=\frac{mv_0^2}{R}$
得：F₀=2.1N
${F_b}+qE=\frac{mv_b^2}{r}$
得：${F_b}=\frac{0.8}{r}-0.5$
$△F={F_O}-{F_b}=2.6-\frac{0.8}{r}$
所以截距為2.6N
答：答：（1）Oa部分的半徑R為0.5m；
（2）r取0.75m時，小球從b處飛出后，到達y軸上的位置（離原點）最遠為5m；
（3）△F-$\frac{1}{r}$圖線的縱軸截距為2.6

點評 本題關鍵明確帶電小球的運動規(guī)律，然后分段結合牛頓第二定律、動能定理和類平拋運動的分運動公式列式求解，不難．