Question

10．如圖所示，在水平向右的勻強電場中，有一根長度為L=0.4m的絕緣輕細(xì)繩，將質(zhì)量為m=0.2kg、電荷量q=1.0×10^-4C的帶正電小球（可看成質(zhì)點）懸掛在Q點，繩的懸點為O（繩可繞O點自由轉(zhuǎn)動），勻強電場的場強大小E=1.5×10⁴N/C．現(xiàn)將小球拉到右側(cè)與O等高的P點（細(xì)繩伸直），以v₀=2m/s的初速度豎直向下拋出，當(dāng)小球下擺至最低點Q時，勻強電場方向立即變?yōu)樨Q直向上（場強大小不變），當(dāng)小球運動到圓周的最高點H時電場立即消失．求：
（1）小球第一次下擺至最低點過程中的最大速率；
（2）小球到達(dá)H點時的速度大�。�
（3）小球第二次到達(dá)Q點時細(xì)繩對小球的拉力大�。�
（4）電場消失后小球所能達(dá)到的最大高度（距離Q點）．

Answer 1

分析 （1）小球在向下擺動過程中，當(dāng)速度方向與電場力和重力的合力垂直時，速度最大，結(jié)合動能定理列式分析即可；
（2）從P→H過程，根據(jù)動能定理列式求解末速度即可；
（3）到達(dá)H點時電場消失，小球不能做圓周運動，做平拋運動；細(xì)繩在某處繃緊后做圓周運動，注意繃緊時刻沿著切線方向的分速度不變；
（4）電場消失后，小球不能再次到達(dá)H點，而是到達(dá)與P點等高的位置上方某處后做斜拋運動，此時合力的徑向分力恰好提高向心力，根據(jù)牛頓第二定律和動能定理列式求解即可．

解答 解：（1）小球在向下擺動過程中，當(dāng)速度方向與電場力和重力的合力垂直時，即細(xì)繩與豎直方向的夾角為α?xí)r速度最大（設(shè)為v_m），則：
cosα=$\frac{mg}{\sqrt{（mg）^{2}+（Eq）^{2}}}$=0.8    于是sinα=0.6
根據(jù)動能定理：mgLcosα-qEL（1-sinα）=$\frac{1}{2}m{v}_{m}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
解得：v_m=2$\sqrt{2}$m/s
（2）從P→Q→H過程，根據(jù)動能定理：mgL-EqL-2mgL+2EqL=$\frac{1}{2}m{v}_{H}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
解得小球到達(dá)H點的速率：v_H=$\sqrt{2}$m/s
（3）到達(dá)H點時電場消失，由于$m\frac{{v}_{H}^{2}}{L}=1N＜mg$，所以小球不能做圓周運動，而是做平拋運動．設(shè)經(jīng)歷時間t細(xì)繩在某處繃緊，根據(jù)平拋運動規(guī)律得：
水平方向：x=v_Ht
豎直方向：y=$\frac{1}{2}g{t}^{2}$
幾何關(guān)系：x²+（L-y）²=L²
解得：x=y=L=0.4m
即繩繃緊時恰好位于水平位置，小球正好在P點，繃緊瞬間小球水平方向速度立即減為零，以豎直分速度開始做圓周運動，設(shè)到達(dá)最低點Q時的速率為v_Q，則：
$mg•2L=\frac{1}{2}m{v}_{Q}^{2}$    解得：v_Q=4m/s
根據(jù)牛頓第二定律和向心力公式得：$F-mg=m\frac{{v}_{Q}^{2}}{L}$
代入數(shù)據(jù)解得繩對小球的拉力：F=10N
（4）到達(dá)與P點等高的位置上方某處（設(shè)為A點）后做斜拋運動，此時合力的徑向分力恰好提高向心力，設(shè)速度與水平方向的夾角為θ，有：
mgcosθ=m$\frac{{v}_{A}^{2}}{L}$
-mg（L+Lcosθ）=$\frac{1}{2}m{v}_{A}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{Q}^{2}$
解得：
$cosθ=\frac{2}{3}$，${v}_{A}=\sqrt{\frac{8}{3}}$m/s，
此后做斜拋運動，故：
h=$\frac{{v}_{Ay}^{2}}{2g}$
其中：
v_Ay=v_Asinθ
解得：
$h=\frac{20}{27}$m
答：（1）小球第一次下擺至最低點過程中的最大速率為2$\sqrt{2}$m/s；
（2）小球到達(dá)H點時的速度大小為$\sqrt{2}$m/s；
（3）小球第二次到達(dá)Q點時細(xì)繩對小球的拉力大小為10N．
（4）電場消失后小球所能達(dá)到的最大高度（距離Q點）為$\frac{20}{27}m$．

點評 本題以豎直平面內(nèi)的圓周運動為模型，綜合考查了斜拋運動、平拋運動、動能定理、牛頓第二定律、向心力等知識，關(guān)鍵是分析清楚受力情況、運動情況和能量轉(zhuǎn)化情況．