Question

10．如圖所示，半徑R=0.8m的光滑絕緣導(dǎo)軌固定于豎直平面內(nèi)，加上某一水平方向的勻強(qiáng)電場時(shí)，帶正電的小球沿軌道內(nèi)側(cè)做圓周運(yùn)動(dòng)，它的電量q=1.00×10^-7C．圓心O與A點(diǎn)的連線與豎直成一角度θ，在A點(diǎn)時(shí)小球?qū)�軌道的壓力N=1.2N，此時(shí)小球的動(dòng)能最大．若小球的最大動(dòng)能比最小動(dòng)能多0.32J，且小球能夠到達(dá)軌道上的任意一點(diǎn)（不計(jì)空氣阻力，g取10m/s²）．則：
（1）小球的最小動(dòng)能是多少？
（2）小球受到重力和電場力的合力是多少？
（3）現(xiàn)小球在動(dòng)能最小的位置突然撤去軌道，并保持其他量都不變，若小球在0.4s后的動(dòng)能與它在A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能相等，求小球的質(zhì)量和電場強(qiáng)度．

Answer 1

分析 （1）（2）帶電小球沿軌道內(nèi)側(cè)做圓周運(yùn)動(dòng)，受到重力和電場力作用，其合力是恒力，當(dāng)合力沿OA連線向下時(shí)，小球通過A點(diǎn)時(shí)動(dòng)能最大，通過關(guān)于O點(diǎn)對稱的B點(diǎn)時(shí)動(dòng)能最小．根據(jù)動(dòng)能定理研究小球從B運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)的過程，求出重力與電場力的合力大�。�根據(jù)牛頓第二定律和動(dòng)能的計(jì)算式求出A點(diǎn)的動(dòng)能，再求出小球的最小動(dòng)能；
（3）在B點(diǎn)撤去軌道后，小球?qū)⒆鲱惼綊佭\(yùn)動(dòng)，由題，小球經(jīng)0.02s時(shí)，其動(dòng)能與在A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能相等，說明小球經(jīng)0.04s時(shí)偏轉(zhuǎn)量等于2R，由位移公式和牛頓第二定律結(jié)合求出質(zhì)量

解答 解：（1）、（2）小球在電場和重力場的復(fù)合場中運(yùn)動(dòng)，因?yàn)樾∏蛟贏點(diǎn)具有最大動(dòng)能，所以復(fù)合場的方向由O指向A，在AO延長線與圓的交點(diǎn)B處小球具有最小動(dòng)能E_kB．設(shè)小球在復(fù)合場中所受的合力為F，則有：$N-F=m\frac{v_A^2}{R}$     
即：$1.2-F=m\frac{v_A^2}{0.8}=\frac{{{E_{kA}}}}{0.4}$
帶電小球由A運(yùn)動(dòng)到B的過程中，重力和電場力的合力做功，根據(jù)動(dòng)能定理有：
-F•2R=E_KB-E_KA=-0.32   
由此可得：F=0.2N，E_KB=0.8J    
即小球的最小動(dòng)能為0.8J，重力和電場力的合力為0.2N．
（3）帶電小球在B處時(shí)撤去軌道后，小球做類平拋運(yùn)動(dòng)，即在BA方向上做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，在垂直于BA方向上做勻速運(yùn)動(dòng)．設(shè)小球的質(zhì)量為m，則：
在BA方向上做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，有：
2R=$\frac{1}{2}$$\frac{F}{m}$t² 
得：m=$\frac{Ft2}{4R}$=0.01kg  
由幾何關(guān)系有：$cosθ=\frac{mg}{F}=\frac{1}{2}$     
故：θ=60⁰    
在垂直于BA方向上做勻速運(yùn)動(dòng)，有：Eq=Fsinθ         
解得：E=$\sqrt{3}×{10}^{6}N/C$，方向水平向左  
答：（1）小球的最小動(dòng)能是0.8J；
（2）小球受到重力和電場力的合力是20N；
（3）小球的質(zhì)量為0.01kg．電場強(qiáng)度為$\sqrt{3}×{10}^{6}N/C$ 方向水平向左

點(diǎn)評 本題可以運(yùn)用豎直平面內(nèi)繩子系住的小球運(yùn)動(dòng)進(jìn)行類比，A相當(dāng)于物理的最低點(diǎn)，B相當(dāng)于物理的最高點(diǎn)