Question

10．如圖所示，方向?yàn)樗�平向右的勻�?qiáng)電場(chǎng)中，有一質(zhì)量為m=0.1kg的帶電小球，所帶的電荷量是q=0.01C，現(xiàn)用長(zhǎng)為L(zhǎng)=0.25m的細(xì)線懸于O點(diǎn)，當(dāng)小球平衡時(shí)，細(xì)線和豎直方向的夾角為θ=60°，求
（1）電場(chǎng)強(qiáng)度E是多少？
（2）現(xiàn)給小球一個(gè)初速度，速度方向和細(xì)線垂直，使小球恰能在豎直平面內(nèi)做逆時(shí)針方向的圓周運(yùn)動(dòng)，則圓周運(yùn)動(dòng)過程中速度的最小值為多少？
（3）在（2）問條件下，若當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，細(xì)線突然斷了，小球?qū)⒆鲱愃菩鄙蠏伒倪\(yùn)動(dòng)，則小球以后運(yùn)動(dòng)過程中的最小速度是多少？（提示：用等效復(fù)合場(chǎng)）

Answer 1

分析 （1）當(dāng)小球平衡時(shí)，合力為零，根據(jù)平衡條件求解電場(chǎng)強(qiáng)度．
（2）求出小球受到的電場(chǎng)力與重力的合力，作為等效重力，小球恰好完成圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，在等效最高點(diǎn)時(shí)，由等效重力提供向心力，此時(shí)小球速度最小，由牛頓第二定律可以求出最小速度．
（3）由動(dòng)能定理求出小球通過最高點(diǎn)時(shí)的速度．細(xì)線斷后，小球?qū)⒆鲱愃菩鄙蠏伒倪\(yùn)動(dòng)，運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的分解法求最小速度．

解答 解：（1）當(dāng)小球平衡時(shí)，以小球?yàn)檠芯繉?duì)象，根據(jù)平衡條件得：
  qE=mgtanθ
可得 E=$\frac{mgtanθ}{q}$=$\frac{0.1×10×tan60°}{0.01}$=$\sqrt{3}$×10²N/C
（2）可與重力場(chǎng)類比，等效重力為 mg′=$\sqrt{（mg）^{2}+（qE）^{2}}$=$\frac{mg}{cos60°}$=2mg
當(dāng)小球恰好通過等效最高點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，做圓周運(yùn)動(dòng)的速度最小，此時(shí)由等效重力提供向心力．
由牛頓第二定律得：mg′=m$\frac{{v}_{min}^{2}}{L}$，小球的最小速度：v_min=$\sqrt{2gL}$=$\sqrt{2×10×0.25}$=$\sqrt{5}$m/s；
（3）設(shè)小球通過最高點(diǎn)的速度為v．
由幾何關(guān)系知，等效最高點(diǎn)與小球的平衡位置關(guān)于O點(diǎn)對(duì)稱，從等效最高點(diǎn)到最高點(diǎn)的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理得：
   mg′L（1-cos60°）=$\frac{1}{2}m{v}^{2}$-$\frac{1}{2}m{v}_{min}^{2}$
解得 v=2$\sqrt{gL}$
當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，細(xì)線突然斷后，小球開始做類似斜上拋的運(yùn)動(dòng)，到達(dá)等效最高點(diǎn)時(shí)速度，最小速度為 v_min′=v_mincos60°=$\sqrt{gL}$=$\frac{\sqrt{10}}{2}$m/s
答：
（1）電場(chǎng)強(qiáng)度E是$\sqrt{3}$×10²N/C．
（2）圓周運(yùn)動(dòng)過程中速度的最小值為$\sqrt{5}$m/s．
（3）小球以后運(yùn)動(dòng)過程中的最小速度是$\frac{\sqrt{10}}{2}$m/s．

點(diǎn)評(píng) 對(duì)小球受力分析，求出電場(chǎng)力與合力，由牛頓第二定律即可正確解題，此題可以把二力的合力視為等效場(chǎng)，求出等效重力加速度，利用圓周運(yùn)動(dòng)和斜拋運(yùn)動(dòng)的研究方法解答．