Question

1．如圖所示，一條長(zhǎng)為L(zhǎng)的絕緣細(xì)線(xiàn)上端固定在O點(diǎn)，下端系一質(zhì)量為m的小球，將它放置一個(gè)范圍足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，該電廠(chǎng)場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)強(qiáng)大小為E，方向水平向右．已知小球的勻強(qiáng)電場(chǎng)中靜止時(shí)，細(xì)線(xiàn)與豎直方向的夾角為α（α＜45°）．求：
（1）當(dāng)細(xì)線(xiàn)與豎直方向的夾角β多大時(shí)，才能使小球在由靜止釋放后細(xì)線(xiàn)到達(dá)豎直位置時(shí)，小球的速度恰好為零？
（2）當(dāng)細(xì)線(xiàn)與豎直方向成α角時(shí)，至少要給小球多大的初速度，才能使小球在豎直平面內(nèi)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)？

Answer 1

分析 （1）小球在電場(chǎng)中受到重力、電場(chǎng)力和細(xì)線(xiàn)的拉力而處于平衡狀態(tài)．根據(jù)細(xì)線(xiàn)偏離的方向，分析電場(chǎng)力方向，確定小球的電性．
小球由較高位置釋放直至最低位置，重力做正功，電場(chǎng)力做負(fù)功，應(yīng)用動(dòng)能定理可解角度關(guān)系．
（2）若要使小球能夠完成圓周運(yùn)動(dòng)，則細(xì)繩應(yīng)始終處于伸直狀態(tài)，當(dāng)在初位置（與豎直方向成α角時(shí)）所給沖量最小時(shí)，小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程速度最小時(shí)刻，重力與電場(chǎng)力的合力恰好充當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)的向心力，可求其速度值，對(duì)應(yīng)從初始位置到此位置過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理，可求初始速度

解答 解：（1）根據(jù)平衡條件可知，小球受電場(chǎng)力方向與場(chǎng)強(qiáng)方向相同，則小球帶正電，由平衡條件得
Eq=mgtanα     ①
則，q=$\frac{mgtanα}{E}$    ②
將小球由靜止釋放過(guò)程中，重力做正功，電場(chǎng)力做負(fù)功，動(dòng)能的變化量為零，根據(jù)動(dòng)能定理得
mgL（1-cosφ）-EqLsinφ=0 ③
聯(lián)立②③式得
φ=2α ④
（2）（2）在細(xì)線(xiàn)與豎直方向成α角時(shí)，重力與電場(chǎng)力的合力為
F=$\frac{mg}{cosα}$⑤
在小球圓周運(yùn)動(dòng)的等效最高點(diǎn)D，如圖：
重力與電場(chǎng)力的合力提供向心力，設(shè)此時(shí)速度為v₁，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律得，
F=$\frac{{mv}_{1}^{2}}{L}$⑥
設(shè)初速度為v₀，從初始位置到速度最小位置的過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理，
-2mgLcosα-2Eqlsinα=$\frac{1}{2}{mv}_{1}^{2}-\frac{1}{2}{mv}_{0}^{2}$
聯(lián)立解得${v}_{0}=\sqrt{\frac{5gL}{cosα}}$
答：（1）當(dāng)細(xì)線(xiàn)與豎直方向的夾角β為2α?xí)r，才能使小球在由靜止釋放后細(xì)線(xiàn)到達(dá)豎直位置時(shí)，小球的速度恰好為零
（2）當(dāng)細(xì)線(xiàn)與豎直方向成α角時(shí)，至少要給小球$\sqrt{\frac{5gL}{cosα}}$的初速度，才能使小球在豎直平面內(nèi)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)

點(diǎn)評(píng) 本題是復(fù)合場(chǎng)、平衡條件牛頓運(yùn)動(dòng)定律與動(dòng)能定理動(dòng)量定理的綜合應(yīng)用題，涉及過(guò)程復(fù)雜，模型較多，要分解后逐個(gè)過(guò)程進(jìn)行分析求解