Question

2．如圖所示，在真空中，一絕緣細(xì)線的一端固定在O點(diǎn)，另一端系一質(zhì)量為m、帶電量為+q的小球．ABC是以O(shè)點(diǎn)為圓心、半徑為a的豎直圓�。瓸C是圓弧的豎直直徑，OA是圓弧的水平半徑，一帶電量為+Q的點(diǎn)電荷固定在A點(diǎn)的正上方，距離A點(diǎn)的高度為a，現(xiàn)將小球從A點(diǎn)由靜止釋放，小球沿圓弧運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度為v，重力加速度為g，靜電力常量為k．
（1）求A、B兩點(diǎn)的電勢(shì)差U_AB；
（2）求小球沿圓弧AB運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)對(duì)細(xì)線的拉力大小F；
（3）在A點(diǎn)給小球豎直向下的初速度v₀，恰能使小球沿圓弧ABC運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，求v₀．

Answer 1

分析 （1）對(duì)A、B段運(yùn)用動(dòng)能定理，根據(jù)動(dòng)能定理求出AB兩點(diǎn)間的電勢(shì)差．
（2）根據(jù)牛頓第二定律，結(jié)合徑向的合力提供向心力求出細(xì)線的拉力大�。�
（3）根據(jù)牛頓第二定律求出C點(diǎn)的速度，結(jié)合動(dòng)能定理求出初速度的大�。�

解答 解：（1）根據(jù)動(dòng)能定理得，mga+qU_AB=$\frac{1}{2}m{v}^{2}-0$，
解得A、B兩點(diǎn)的電勢(shì)差${U}_{AB}=\frac{\frac{1}{2}m{v}^{2}-mga}{q}$．
（2）在最低點(diǎn)B，根據(jù)牛頓第二定律得，$F-mg-{F}_{庫(kù)}cosθ=m\frac{{v}^{2}}{a}$，
${F}_{庫(kù)}=k\frac{Qq}{5{a}^{2}}$，
根據(jù)幾何關(guān)系得，cosθ=$\frac{2a}{\sqrt{5}a}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$，
解得拉力F=$mg+\frac{2\sqrt{5}kQq}{25{a}^{2}}+m\frac{{v}^{2}}{a}$．
（3）因?yàn)辄c(diǎn)電荷與A、C的電勢(shì)差相等，從A到C電場(chǎng)力不做功，
在C點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律得，mg=m$\frac{v{′}^{2}}{a}$，
解得$v′=\sqrt{ga}$，
根據(jù)動(dòng)能定理得，$-mga=\frac{1}{2}mv{′}^{2}-\frac{1}{2}m{{v}_{0}}^{2}$，
解得v₀=$\sqrt{3ga}$．
答：（1）A、B兩點(diǎn)的電勢(shì)差為$\frac{\frac{1}{2}m{v}^{2}-mga}{q}$；
（2）小球沿圓弧AB運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)對(duì)細(xì)線的拉力大小為$mg+\frac{2\sqrt{5}kQq}{25{a}^{2}}+m\frac{{v}^{2}}{a}$．
（3）v₀的大小為$\sqrt{3ga}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了動(dòng)能定理、牛頓第二定律的綜合運(yùn)用，知道最低點(diǎn)向心力的來(lái)源以及最高點(diǎn)的臨界情況，結(jié)合牛頓第二定律和動(dòng)能定理進(jìn)行求解．