Question

1．如图所示，在竖直向下的匀强电场中有一带电量为q=-1×10^-5C的小球，自倾角为θ=37°的绝缘斜面顶端A点由静止开始滑下，接着通过半径为R=0.05m的绝缘半圆轨道最高点C，已知小球质量为m=0.2kg，匀强电场的场强E=1×10⁵N/C，小球运动过程中摩擦阻力及空气阻力不计，求：
（1）小球从H=0.1m高处静止释放，滑至B的速度为多少？
（2）若从高为h的某处从静止释放，要使小球能到C点，h至少应为多少？
（3）通过调整释放高度使小球到达C点的速度为1m/s，则小球落回到斜面时的动能是多少？

Answer 1

分析 （1）根据动能定理求出小球滑到B点的速度；
（2）以小球为研究对象，恰好过最高点C时，重力与电场力的合力恰好提供向心力，结合牛顿第二定律与动能定理，即可求解；
（3）当小球从C点射出，做平抛运动，据平抛运动的处理方法即可求解．

解答 解：（1）小球受的电场力竖直向上，大小为：F=qE=1 N
设小球到达B点的速度为v_B，由动能定理：$\frac{1}{2}m{v}_{B}^{2}-0=（mg-qE）h$
代入数据：$\frac{1}{2}×0.2{v}_{B}^{2}=（2-1）×0.1$
V_B=1m/s                       
（2）、当小球到达c时，有：$\frac{mV_c^2}{R}≥mg-qE$
代入数据解得${v}_{C}^{\;}≥\frac{1}{2}m/s$
又由动能定理：$\frac{1}{2}mv_C^2-0=（mg-qE）△h$
可得：△h≥0.025m
h≥2R+△h=0.1+0.025=0.125m
（3）小球离开C点后做类平抛运动
加速度$a=\frac{mg-qE}{m}=5m/{s}_{\;}^{2}$
水平方向$x={v}_{C}^{\;}t$
竖直方向$y=\frac{1}{2}a{t}_{\;}^{2}$
由几何关系：$tanθ=\frac{2R-y}{x}$
联立解得：t=1s
落回斜面时的速度$v=\sqrt{{v}_{C}^{2}+（at）_{\;}^{2}}=\sqrt{{1}_{\;}^{2}+{5}_{\;}^{2}}=\sqrt{26}m/s$
落回斜面时的动能${E}_{k}^{\;}=\frac{1}{2}m{v}_{\;}^{2}=\frac{1}{2}×0.2×26=2.6J$
答：（1）小球从H=0.1m高处静止释放，滑至B的速度为1m/s
（2）若从高为h的某处从静止释放，要使小球能到到C点，h至少应为0.125m
（3）通过调整释放高度使小球到达C点的速度为1m/s，则小球落回到斜面时的动能是2.6J

点评 考查牛顿第二定律与动能定理的应用，掌握受力分析的方法，理解提供向心力的来源，注意电场力做负功．