Question

5．在光滑水平面上固定一個內壁光滑的豎直圓筒S（如圖為俯視圖），圓筒半徑為R=0.5m．一根長r=0.4m的絕緣細線一端固定于圓筒圓心O點，另一端系住一個質量為m=0.2kg、帶電量為q=+5×10^-5C的小球．空間有一場強為E=4×10⁴N/C的勻強電場，電場方向與水平面平行．將細線拉至與電場線平行，給小球大小為v₀=10m/s、方向垂直于電場線的初速度．
（1）求當小球轉過90°時的速度大�。唬ㄓ嬎憬Y果可以含有根號）
（2）從初始位置開始，要使小球在運動過程中，細線始終保持不松弛，電場強度E的大小所需滿足的條件．
（3）若當小球轉過90°時，細線突然斷裂，小球繼續(xù)運動，碰到圓筒后不反彈，碰撞后，小球垂直于碰撞切面方向的速度因能量損失減小為零，平行于碰撞切面方向的速度大小保持不變．之后小球沿圓筒內壁繼續(xù)做圓周運動．求這一運動過程中的速度的最小值．

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）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．
（3）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．

解答 解：（1）設小球轉過90°時速度大小為v₁，由動能定理：$-qEr=\frac{1}{2}m{{v}_{1}}^{2}-\frac{1}{2}m{{v}_{0}}^{2}$
解得：${v}_{1}=3\sqrt{10}m/s$
（2）情況一：小球從圖示位置開始運動后，速度逐漸減�。�若小球能在轉過90°之前速度減小為零，則反向運動，且細線始終保持不松弛．設電場強度大小為E₁時，小球轉過90°的瞬時速度恰為零，$-q{E}_{1}r=0-\frac{1}{2}m{{v}_{0}}^{2}$
解得：E₁=≥4×10⁵ N/C 
則此過程中，E≥4×10⁵ N/C 
情況二：若小球從圖示位置轉過90°后，未到達180°時，開始反向運動，則細線會松弛．因此需保證小球能轉過180°．設電場強度大小為E₂時，小球轉過180°瞬時的速度為v_min，
則$\frac{m{{v}_{min}}^{2}}{r}={E}_{2}q$
-qE₂•2r=$\frac{1}{2}m{{v}_{min}}^{2}-\frac{1}{2}m{{v}_{0}}^{2}$
兩式聯(lián)立，得到E₂=1.6×10⁵N/C    
所以當E≤1.6×10⁵N/C或E≥4×10⁵N/C時，能使細線始終保持不松弛．
（3）設小球碰到圓筒前瞬間速度大小為v₂，由動能定理
$-qERcos30=\frac{1}{2}m{{v}_{2}}^{2}-\frac{1}{2}m{{v}_{1}}^{2}$
解得${v}_{2}=\sqrt{90-10\sqrt{3}}$m/s       
撞上筒壁后，設小球碰到圓筒后瞬間沿圓筒內壁做圓周運動的速度大小為v₃，${v}_{3}={v}_{2}sin30°=\frac{1}{2}{v}_{2}$
小球沿圓筒內壁再轉過30°時速度最小，設大小為v₄，由動能定理得：
-qER（1-cos30°）=$\frac{1}{2}m{{v}_{4}}^{2}-\frac{1}{2}m{{v}_{3}}^{2}$
解得${v}_{4}=\sqrt{\frac{5+15\sqrt{3}}{2}}$m/s=3.94m/s   
答：（1）細線斷裂時小球的速度大小為$3\sqrt{10}m/s$．
（2）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．
（3）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．

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