Question

8．如圖所示，半徑R=1m的光滑絕緣導(dǎo)軌固定于豎直平面內(nèi)，加上某一方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí)，帶正電的小球沿軌道內(nèi)側(cè)做圓周運(yùn)動(dòng)．圓心O與A點(diǎn)的連線(xiàn)與豎直成一角度θ，在A點(diǎn)時(shí)小球?qū)�軌道的壓力N=110N，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20J，且小球能夠到達(dá)軌道上的任意一點(diǎn)（不計(jì)空氣阻力）．則：
（1）小球受到重力和電場(chǎng)力的合力是多少？
（2）小球的最小動(dòng)能是多少？
（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．

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(chǎng)力作用，其合力是恒力，當(dāng)合力沿OA連線(xiàn)向下時(shí)，小球通過(guò)A點(diǎn)時(shí)動(dòng)能最大，通過(guò)關(guān)于O點(diǎn)對(duì)稱(chēng)的B點(diǎn)時(shí)動(dòng)能最�。�根據(jù)動(dòng)能定理研究小球從B運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)的過(guò)程，求出重力與電場(chǎng)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，由于合力與速度垂直，故小球?qū)⒆鲱?lèi)平拋運(yùn)動(dòng)；
由題，小球經(jīng)0.04s時(shí)，其動(dòng)能與在A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能相等，說(shuō)明小球經(jīng)0.04s時(shí)側(cè)移量等于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(chǎng)和重力場(chǎng)的復(fù)合場(chǎng)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(chǎng)的方向由O指向A，在AO延長(zhǎng)線(xiàn)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(chǎng)中所受的合力為F，則有：N-F=m$\frac{{v}_{A}^{2}}{R}$，
帶電小球由A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中，重力和電場(chǎng)力的合力做功，根據(jù)動(dòng)能定理有：
-F•2R=E_KB-E_KA=-20J，
由此可得：
F=10N，
$\frac{1}{2}m{v}_{A}^{2}=50J$，
E_KB=30J；
即小球的最小動(dòng)能為30J，重力和電場(chǎng)力的合力F為10N．
（3）帶電小球在B處時(shí)撤去軌道后，小球做類(lèi)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：
2R=$\frac{1}{2}•\frac{F}{m}$•t²                
解得：m=$\frac{F{t}^{2}}{4R}$=$\frac{10×0．{4}^{2}}{4×1}$=0.4kg；
答：（1）小球受到重力和電場(chǎng)力的合力是10N；
（2）小球的最小動(dòng)能是30J；
（3）小球的質(zhì)量為0.4kg．

點(diǎn)評(píng) 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(lèi)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)．