Question

7．如圖所示，質(zhì)量m=1.0kg、帶電量q=-4×10^-3C的小球用長度l=0.8m的不可伸長的絕緣輕質(zhì)細線懸吊在O點，過O點的豎直線右側有豎直向下足夠大的勻強電場，場強大小E=5×10³N/C．現(xiàn)將小球拉至A處，此時，細線與豎直方向成θ角．現(xiàn)由靜止釋放小球，在小球運動過程中細線始終未被拉斷．已知cosθ=$\frac{3}{4}$，取重力加速度g=10m/s²．
（1）求小球第一次運動到最低點時的速度大�。�
（2）小球第一次進入電場時做什么運動？小球第一次離開電場時的速度多大？（結果可以保留根號）
（3）求小球每次離開電場前瞬間繩子對小球的拉力大�。�

Answer 1

分析 （1）小球從圖示位置到達最低點的過程，由機械能守恒定律求解速度大��；
（2）小球先做類平拋運動．小球恰好處于水平位置時細線張緊，以后以豎直分速度作為初始速度做圓周運動，由動能定理求解速度大��；
（3）小球第一次離開電場到達最低點過程中，由動能定理求解速度，設小球第n次經(jīng)過最高點時速度為v_n，由動能定理得和牛頓第二定律聯(lián)立求解每次離開電場前瞬間繩子對小球的拉力大�。�

解答 解：（1）小球從圖示位置到達最低點的過程，由機械能守恒定律得：
$mgl（1-cosθ）=\frac{1}{2}mv_0^2$
代入數(shù)據(jù)得：v₀=2m/s；
（2）由于$qE-mg=10N＞m\frac{v_0^2}{l}=5N$，故小球先做類平拋運動．   則有：
x=v₀t，$y=\frac{1}{2}a{t^2}$，
根據(jù)牛頓第二定律可得：qE-mg=ma，
根據(jù)幾何關系可得：（y-l）²+x²=l²
聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得t=0.4s，x=y=0.8m
即小球恰好處于水平位置時細線張緊，此時，小球的豎直分速度v_y=at=4m/s
細線張緊瞬間，小球水平速度立即變?yōu)榱�，以豎直分速度作為初始速度做圓周運動，
則由細線張緊位置到第一次離開電場時，由動能定理得：$（qE-mg）l=\frac{1}{2}mv_1^2-\frac{1}{2}mv_y^2$
代入數(shù)據(jù)得：${v_1}=4\sqrt{2}m/s$；
（3）小球第一次離開電場到達最低點過程中，由動能定理得：$mg•2l=\frac{1}{2}mv{′}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$
解得：v′=8m/s
由于$qE-mg=10N＜m\frac{v{′}^{2}}{l}=80N$
故此后繩張緊有拉力，小球繼續(xù)做圓周運動，設小球第n次經(jīng)過最高點時速度為v_n，由動能定理得：
$（n-1）qE•2l=\frac{1}{2}mv_n^2-\frac{1}{2}mv_1^2$，n=1，2，3…
解得：$v_n^2=64（n-1）+32$
最高點時，由牛頓第二定律得：$F+mg-qE=m\frac{v_n^2}{l}$
聯(lián)立解得：F=10（8n-3）（N），n=1，2，3…．
答：（1）小球第一次運動到最低點時的速度大小為2m/s．
（2）小球第一次進入電場時先做類平拋運動，后做圓周運動．小球第一次離開電場時的速度為$4\sqrt{2}m/s$；
（3）小球每次離開電場前瞬間繩子對小球的拉力大小為F=10（8n-3）（N），n=1，2，3…．

點評 有關帶電粒子在勻強電場中的運動，可以從兩條線索展開：其一，力和運動的關系．根據(jù)帶電粒子受力情況，用牛頓第二定律求出加速度，結合運動學公式確定帶電粒子的速度和位移等；其二，功和能的關系．根據(jù)電場力對帶電粒子做功，引起帶電粒子的能量發(fā)生變化，利用動能定理進行解答．