Question

11．如圖所示，長度為l的絕緣細線將質量為m、電量為q的帶正電小球懸掛于O點，整個空間  中充滿了勻強電場．（取sin37°=0.6，cos37°=0.8）
（1）當電場方向豎直向上時，若使小球在A點獲得水平速度v₁=$\sqrt{2gl}$，小球剛好能在豎直平面內做完整的圓周運動，求電場強度E₁；
（2）當電場方向水平，且電場強度E₂=$\frac{4mg}{3q}$時，要不能讓細線松弛，求小球在A點獲得的水平速度v₂應該滿足的條件．

Answer 1

分析 （1）當電場方向豎直向上時，小球所受的電場力豎直向上，若電場力小于重力，小球到達最高點時速度最�。�若小球剛好能通過最高點，由電場力和重力的合力充當向心力，由牛頓第二定律求最小速度，再由動能定理求出電場強度．若電場力大于重力，小球通過最低點時速度最�。�若小球剛好能通過最低點，由電場力和重力的合力充當向心力，由牛頓第二定律求電場強度．
（2）讓細線不松弛有兩種可能的情況：一種小球能做完整的圓周運動，另一種來回擺動．第一種情況，找到等效“最高點”，即電場力和重力的合力指向圓心的位置，求出等效“最高點”的速度，由動能定理求得水平速度v₂．再由動能定理求出小球來回擺動時水平速度v₂，即可得到水平速度v₂應滿足的條件．

解答 解：（1）當電場力qE₁＜mg時，小球在最高點的速度v最小，若小球剛好能通過最高點，
則在最高點有：mg-qE₁=m$\frac{{v}^{2}}{l}$
從最低點到最高點，由動能定理得：-（mg-qE₁）•2l=$\frac{1}{2}m{v}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$
解得 E₁=$\frac{3mg}{5q}$
當電場力qE₁＞mg時，小球在最低點的速度v最小，若小球剛好能通過最低點，則在最低點有：qE₁-mg=m$\frac{{v}^{2}}{l}$
解得 E₁=$\frac{3mg}{q}$
聯立可得要使小球做完整的圓周運動，電場強度應滿足：$\frac{3mg}{5q}$≤E₁≤$\frac{3mg}{q}$．
（2）當電場方向水平，且E₂=$\frac{4mg}{3q}$時，小球所受重力為mg、電場力qE₂的合力大小為 
 
F=$\sqrt{（mg）^{2}+（q{E}_{2}）^{2}}$=$\frac{5}{3}$mg，與水平方向的夾角θ滿足tanθ=$\frac{mg}{q{E}_{2}}$=$\frac{3}{4}$
如果小球獲得水平速度v₂后剛好能做完整的圓周運動，在速度最小的位置B（如圖）滿足
   F=m$\frac{{v}_{B}^{2}}{l}$

小球從A點運動到B點，由動能定理得：
-mgl（1+sinθ）-qE₂lcosθ=$\frac{1}{2}m{v}_{B}^{2}$-$\frac{1}{2}m{v}_{2}^{2}$
聯立解得 v₂=$\sqrt{7gl}$
如果小球獲得水平速度v₂后來回擺動，則小球剛好能到達C點或D點（如上圖），則小球從A點運動到C點，由動能定理得：
-mgl（1+cosθ）+qE₂lsinθ=0-$\frac{1}{2}m{v}_{2}^{2}$
或小球從A點運動到D點，由動能定理得：
-mgl（1-cosθ）-qE₂lsinθ=0-$\frac{1}{2}m{v}_{2}^{2}$
解得 v₂=$\sqrt{2gl}$
綜合可得，v₂≥$\sqrt{7gl}$或v₂≤$\sqrt{2gl}$細線均不會松馳
答：（1）小球剛好能在豎直平面內做完整的圓周運動，電場強度E₁應滿足$\frac{3mg}{5q}$≤E₁≤$\frac{3mg}{q}$．
（2）當電場方向水平，且電場強度E₂=$\frac{4mg}{3q}$時，要不能讓細線松弛，小球在A點獲得的水平速度v₂應該滿足的條件是v₂≥$\sqrt{7gl}$或v₂≤$\sqrt{2gl}$．

點評 解決本題的關鍵要找到物理的最高點，即速度最小的位置，分析小球通過此位置的臨界條件，運用牛頓運動定律和動能定理結合研究這類臨界問題．