Question

15．如圖所示，勁度系數(shù)k₀=2.0N/m，自然長度L₀=$\sqrt{2}$m的輕彈簧兩端分別連接著帶正電的小球A和B，A，B的電荷量分別為q_A=4.0×10^-2C，q_B=1.0×10^-8C，B的質(zhì)量m=0.18kg．A球固定在天花板下O點等高的光滑固定直桿的頂端，直桿長L=2$\sqrt{2}$m，與水平面的夾角θ=45°，直桿下端與一圓心在O點，半徑R=2m，長度可忽略的小圓弧桿CO′D平滑對接，O′O為豎直線，O′的切線為水平方向，整個裝置處于同一豎直面內(nèi)．若小球A，B均可視為點電荷，且A，B與天花板、彈簧、桿均絕緣，重力加速度g=10m/s²，靜電力常量k=9.0×10⁹N•m²/C²，則將B球從直桿頂端無初速度釋放后，求：
（1）小球運動到桿的中點P時，靜電力和重力的合力的大小和方向．
（2）小球運動到小圓弧桿的O點時，小球?qū)�桿的彈力大�。ㄓ嬎憬Y(jié)果可用根號表示）

Answer 1

分析 （1）小球在P點受電場力和重力，由庫倫定律求的庫侖力，根據(jù)力的合成即可求得合力大小和方向；
（2）根據(jù)動能定理求的到達O′點的速度，根據(jù)牛頓第二定律求的作用力

解答 解：（1）在P點，B電荷受到的電場力為${F}_{電}=\frac{k{q}_{A}{q}_{B}}{{r}_{AP}^{2}}=\frac{9×1{0}^{9}×4.0×1{0}^{-2}×1×1{0}^{-8}}{{（\sqrt{2}）}^{2}}$N=1.8N，方向沿PA方向；
重力為G=mg=1.8N
合力為F=$\sqrt{{F}_{電}^{2}+{（mg）}^{2}}=1.8\sqrt{2}N$
方向與豎直方向夾角為22.5°
（2）從B到O′，庫侖力不做功，只有重力做功，由動能定理可知mg${L}_{0}=\frac{1}{2}m{v}^{2}$
解得v=$\sqrt{20\sqrt{2}}m/s$
小球運動到小圓弧桿的O點時，做圓周運動，故${F}_{電}-mg-{F}_{N}=\frac{m{v}^{2}}{{L}_{0}^{2}}$
解得${F}_{N}=-1.8\sqrt{2}$N
由牛頓第三定律可知，小球?qū)�桿的作用力為$1.8\sqrt{2}$N
答：（1）小球運動到桿的中點P時，靜電力和重力的合力的大小為$1.8\sqrt{2}$N，方向與豎直方向夾角為22.5°．
（2）小球運動到小圓弧桿的O點時，小球?qū)�桿的彈力大小為$1.8\sqrt{2}$N

點評 本題主要考查了受力分析，利用力的合成求的合力，再結(jié)合動能定理和牛頓第二定律即可