Question

20．在光滑絕緣的水平面上放置一個質量m=0.2kg、帶電荷量q=5×10^-4 C的小球，小球系在長L=0.5m的絕緣細線上，線的另一端固定在O點．整個裝置置于勻強電場中，電場方向與水平面平行且沿OA方向，如圖所示（此圖為俯視圖）．現(xiàn)給小球一個初速度使其繞O點做圓周運動，小球經(jīng)過A點時細線的張力F=140N，小球在運動過程中，最大動能比最小動能大20J，小球可視為質點．
（1）求電場強度的大�。�
（2）求運動過程中小球的最小動能．
（3）若小球運動到動能最小的位置時細線被剪斷，則小球經(jīng)多長時間其動能與在A點時的動能相等？此時小球距A點多遠？

Answer 1

分析 （1）小球帶正電，從A運動到其關于O對稱的點的過程中，電場力做負功，動能減小，所以在A點動能最大，在其對稱點的動能最小，根據(jù)動能定理求解電場強度E的大��；
（2）在A處動能最大，已知小球經(jīng)過A點時細線的張力F=140N，由牛頓第二定律和動能的計算式求解A處的動能，再由動能定理得到最小動能．
（3）線斷后球做類平拋運動，根據(jù)運動的分解，由牛頓第二定律和位移時間公式求解時間，并得到小球距A點的距離．

解答 解：（1）設A點關于O點的對稱點為B，則小球從A運動到B的過程中，電場力做負功，動能減小，所以在A點動能最大，在B點的動能最小．
小球在光滑水平面上運動的最大動能與最小動能的差值為：△E_k=2qEL=20J
代入數(shù)據(jù)得：E=$\frac{20}{2×5×1{0}^{-4}×0.5}$N/C=4×10⁴N/C
（2）在A處，由牛頓第二定律：F-qE=m$\frac{{v}_{A}^{2}}{L}$
A處小球的動能為：E_kA=$\frac{1}{2}m{v}_{A}^{2}$=$\frac{1}{2}$（F-qE）L=$\frac{1}{2}$×（140-5×10^-4×4×10⁴）×0.5=30（J）
小球的最小動能為：E_kmin=E_kB=E_kA-△E_k
代入數(shù)據(jù)得：E_kB=30-20=10（J）
（3）小球在B處的動能為：E_kB=$\frac{1}{2}$m${v}_{B}^{2}$
解得：v_B=$\sqrt{\frac{2{E}_{kB}}{m}}$=$\sqrt{\frac{2×10}{0.2}}$m/s=10m/s
當小球的動能與在A點時的動能相等時，由動能定理可知：y=2L
線斷后球做類平拋運動：y=$\frac{1}{2}$•$\frac{qE}{m}$t²，x=v_Bt
代入數(shù)據(jù)后得：t=$\frac{\sqrt{2}}{10}$s，x=$\sqrt{2}$m
答：（1）電場強度E的大小為4×10⁴N/C；
（2）運動過程中小球的最小動能為10J；
（3）若小球運動到動能最小的位置時細線被剪斷，則小球經(jīng)$\frac{\sqrt{2}}{10}$s其動能與在A點時的動能相等，此時小球距A點為$\sqrt{2}$m．

點評 本題是動能定理與類平拋運動的綜合，要熟練運用正交分解法處理類平拋運動，抓住兩個分運動的等時性，由牛頓第二定律和運動學規(guī)律結合進行研究．