Question

19．豎直平面內(nèi)有一個(gè)半徑為R的絕緣圓軌道，圓軌道內(nèi)有一個(gè)質(zhì)量為m的帶電量為q的小球，整個(gè)系統(tǒng)處于在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，如圖所示小球靜止時(shí)，小球與圓心連線與豎直方向成37°角，（重力加速度為g，sin37°=0.6cos37°=0.8），求：
（1）勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度的大��；
（2）如圖，A點(diǎn)與圓心等高，將小球由A點(diǎn)靜止釋放，若軌道粗糙，由A到B過程摩擦力做功為W，當(dāng)小球到達(dá)最低點(diǎn)B時(shí)，求小球受到軌道的支持力大�。�
（3）若圓軌道光滑，小球仍然從A點(diǎn)出發(fā)，但給小球一個(gè)豎直向下的初速度V₀，要求小球不脫離圓軌道，求V₀的范圍．

Answer 1

分析 （1）如圖所示小球靜止時(shí)，受力平衡，根據(jù)平衡條件和電場(chǎng)力公式F=qE結(jié)合求解E．
（2）根據(jù)動(dòng)能定理求得小球到達(dá)最低點(diǎn)B時(shí)的速度，再由牛頓第二定律求解小球受到軌道的支持力大小．
（3）要使小球不脫離圓軌道，有兩種情況：第一種：小球做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，必須能通過平衡位置關(guān)于O點(diǎn)的對(duì)稱點(diǎn)P，根據(jù)牛頓第二定律求出小球通過P點(diǎn)的臨界速度，再由動(dòng)能定理求解．第二種：小球在以平衡位置為中心、重力和電場(chǎng)力沿圓弧切線的兩個(gè)位置為端點(diǎn)的圓弧上做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理求解．

解答 解：（1）小球靜止時(shí)處于平衡狀態(tài)，受力如圖，由平衡條件有：
qE=mgtan30°
解得：E=$\frac{\sqrt{3}mg}{3q}$
（2）從A到B過程，由動(dòng)能定理得：
mgR-qER+W=$\frac{1}{2}m{v}_{B}^{2}$
在B點(diǎn)，由軌道對(duì)球的支持力和重力的合力充當(dāng)向心力，則有：
N-mg=m$\frac{{v}_{B}^{2}}{R}$
解得：N=mg（3-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$）+$\frac{2W}{R}$
（3）如圖，設(shè)電場(chǎng)力與重力的合力為F，則有：F=$\frac{mg}{cos37°}$
第一種情況：小球做完整的圓周運(yùn)動(dòng)．
設(shè)小球恰好能通過平衡位置關(guān)于O點(diǎn)的對(duì)稱點(diǎn)P時(shí)速度為v，則有：F=m$\frac{{v}^{2}}{R}$
從A到P的過程，由動(dòng)能定理得：F（R+Rsin37°）=$\frac{1}{2}$mv²-$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
聯(lián)立解得：v₀=$\sqrt{2.75gR}$
故要求小球不脫離圓軌道，必須有：v₀≥$\sqrt{2.75gR}$．
第二種情況：小球在以平衡位置為中心、重力和電場(chǎng)力沿圓弧切線的兩個(gè)位置為端點(diǎn)的圓弧上做往復(fù)運(yùn)動(dòng)．
小球到達(dá)右側(cè)重力和電場(chǎng)力沿圓弧切線的位置Q點(diǎn)速度恰好為零時(shí)，由動(dòng)能定理得：
-FR=0-$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
可得 v₀=$\sqrt{2.5gR}$，則必須滿足：0≤v₀≤$\sqrt{2.5gR}$
答：（1）勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為$\frac{\sqrt{3}mg}{3q}$；
（2）當(dāng)小球到達(dá)最低點(diǎn)B時(shí)，小球受到軌道的支持力大小為mg（3-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$）+$\frac{2W}{R}$．
（3）要求小球不脫離圓軌道，V₀的范圍為v₀≥$\sqrt{2.75gR}$或0≤v₀≤$\sqrt{2.5gR}$．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查了向心力公式及動(dòng)能定理的直接應(yīng)用，知道小球恰好經(jīng)過等效最高點(diǎn)時(shí)，由重力和電場(chǎng)力的合力提供向心力，根據(jù)向心力公式可以求出等效最高點(diǎn)的最小速度．可以與單擺振動(dòng)類比進(jìn)行分析．