Question

在光滑水平面上固定一個豎直圓筒S，圓筒內壁光滑（如圖所示為俯視圖），半徑為1m．圓筒圓心O處用一根不可伸長的長0.5m的絕緣細線系住一個質量為0.2kg，電量為+5×10^-5C的小球，小球體積忽略不計．水平方向有一勻強電場E=4×10⁴N/C，方向如圖所示．小球從圖示位置（細線和電場線平行）以v_o=10m/s垂直于場強方向運動．當細線轉過90⁰時，細線突然斷裂．求：
（1）細線斷裂時小球的速度大��；
（2）小球碰到圓筒內壁后不反彈，沿圓筒內壁繼續(xù)做圓周運動中的最小速度值；
（3）現在圓心O處用一根牢固的不可伸長的長為0.5m的絕緣細線系住小球（小球質量和帶電量均不變），小球從原圖示位置以初速度10m/s垂直于場強方向運動，為保證小球接下來的運動過程中細線都不松弛，電場強度E的大小范圍（場強方向不變）．

Answer 1

分析：（1）當細線轉過90度的過程中，只有電場力做功，根據動能定理求出細線斷裂時小球的速度大�。�
（2）根據動能定理求出小球與內壁碰撞時的速度，再將該速度沿半徑方向和垂直于半徑方向分解，得出沿圓筒做圓周運動的初速度，當小球運動到圖示的最低點時，速度最小，根據動能定理求出沿圓筒內壁繼續(xù)做圓周運動中的最小速度值．
（3）為保證小球接下來的運動過程中細線都不松弛，1、轉動90度的過程中速度減為零，2、轉動到最低點有臨界最小速度．結合動能定理求出電場強度的范圍．

解答：解：（1）根據動能定理得，-Eqr=

1

2

mv12-

1

2

mv02
解得v1=3

10

m/s=9.49m/s．
（2）根據動能定理得-

3

Eqr=

1

2

mv22-

1

2

mv12
解得v2=

90-10 3

m/s=8.53m/s，
則貼著內壁運動的速度v3=v2?sin300，
根據動能定理得，-EqR(1-cos300)=

1

2

mv42-

1

2

mv32
解得v4=

5+15 3 2

m/s=3.94m/s                    
（3）討論：情況一：從圖示位置細線轉過90⁰，小球速度減為0：-E1qr=0-

1

2

mvo2?E1=

mvo2

2qr

=4×105N/C
情況二：從圖示位置細線轉過180⁰：小球有最小速度，根據牛頓第二定律得，qE=m

vmin2

r

解得小球速度：vmin=

E2qr m

，
-E2q?2r=

1

2

mvmin2-

1

2

mvo2?E2=

mvo2

5qr

=1.6×105N/C，
所以：E≤1.6×10⁵N/C或E≥4×10⁵N/C．
答：（1）細線斷裂時小球的速度大小為9.49m/s．
（2）小球碰到圓筒內壁后不反彈，沿圓筒內壁繼續(xù)做圓周運動中的最小速度值為3.94m/s．
（3）為保證小球接下來的運動過程中細線都不松弛，電場強度E的大小范圍E≤1.6×10⁵N/C或E≥4×10⁵N/C．

點評：本題是動能定理和牛頓第二定律的綜合應用，難點是第三問，確定臨界情況，找到等效的最高點．