Question

如圖所示：矩形區(qū)域MNPQ內(nèi)有水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，虛線(xiàn)框外為真空區(qū)域；半徑為R、內(nèi)壁光滑、內(nèi)徑很小的絕緣半圓管ADB固定在豎直平面內(nèi)，直徑AB垂直于水平虛線(xiàn)MN，圓心O為MN的中點(diǎn)，半圓管的一半處于電場(chǎng)中．一帶正電的小球從半圓管的A點(diǎn)由靜止開(kāi)始滑入管內(nèi)，小球可視為質(zhì)點(diǎn)，質(zhì)量為m，電量為q，當(dāng)小球達(dá)到B點(diǎn)時(shí)，對(duì)管壁的壓力為F_N=3mg，重力加速度為g，求：
（1）勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E；
（2）若小球能從矩形框的右邊界NP離開(kāi)電場(chǎng)，矩形區(qū)域MNPQ的最小面積S．

Answer 1

分析：（1）小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)由重力和軌道的支持力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律列式求解B點(diǎn)速度；然后研究小球從A→B過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理列式求解電場(chǎng)強(qiáng)度；
（2）小球從B點(diǎn)滑出后，在水平方向先向左做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，后向右做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)；豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)；根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式列式分析即可．

解答：解：（1）設(shè)小球從B點(diǎn)滑出時(shí)的速度為v₀，小球過(guò)B點(diǎn)時(shí)，支持力和重力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律，有：
F_N-mg=m

v 2 0

R

解得：
v₀=

2gR

A到B過(guò)程，由動(dòng)能定理有：
2mgR-qER=

1

2

m_Bv₀²
解得：
E=

mg

q

（2）小球從B點(diǎn)滑出后，在水平方向做變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)
水平方向：a_x=

qE

m

=g
豎直方向：a_y=g
設(shè)向左減速時(shí)間為t₁，則有：
t1=

v0

ax

=

2R g

小球向左運(yùn)動(dòng)的最大距離：
x=

v0t1

2

=R
虛線(xiàn)框MNPQ的最小寬度：L=2R
設(shè)向左時(shí)間為t2，則有：
L=

1

2

ax

t

2 2

解得：
t2=2

R x

小球出電場(chǎng)時(shí)，下落的高度：
h=

1

2

ay(t1+t2)2=(3+2

2

)R
虛線(xiàn)框MNPQ高度應(yīng)該滿(mǎn)足：H＞R+h
故虛線(xiàn)框MNPQ的最小面積：
S=H_minL=4（2+

2

）R²
答：（1）勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E為

mg

q

；（2）若小球能從矩形框的右邊界NP離開(kāi)電場(chǎng)，矩形區(qū)域MNPQ的最小面積S為4（2+

2

）R²．

點(diǎn)評(píng)：本題關(guān)鍵明確粒子的運(yùn)動(dòng)，然后結(jié)合動(dòng)能定理、牛頓第二定律、正交分解法、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式列式求解；特別是第二問(wèn)，通過(guò)分運(yùn)動(dòng)來(lái)研究合運(yùn)動(dòng)，不難．