Question

18．在光滑水平面上固定一個內壁光滑的豎直圓筒S（右圖為俯視圖），圓筒半徑為R=1m．一根長r=0.5m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10m/s、方向垂直于電場線的初速度v₀．
（1）求當小球轉過90°時的速度大��；
（2）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．
（3）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．

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(jù)動能定理求出細線斷裂時小球的速度大�。�
（2）根據(jù)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(jù)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．
（3）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．

解答 解：（1）設小球轉過90°時速度大小為v₁，由動能定理：$-qEr=\frac{1}{2}mv_1^2-\frac{1}{2}mv_0^2$
解得${v_1}=\sqrt{v_0^2-\frac{2qEr}{m}}=3\sqrt{10}$m/s    
（2）設小球碰到圓筒前瞬間速度大小為v₂，由動能定理
$-qERcos30°=\frac{1}{2}{mv}_{2}^{2}-\frac{1}{2}{mv}_{1}^{2}$
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
$-qER（1-cos30°）=\frac{1}{2}{mv}_{4}^{2}-\frac{1}{2}{mv}_{3}^{2}$
解得${v_4}=\sqrt{\frac{{5+15\sqrt{3}}}{2}}$m/s=3.94m/s   
（3）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，$-{E}_{1}qr=0-\frac{1}{2}{mv}_{0}^{2}$
 解得：${E_1}=\frac{mv_0^2}{2qr}=4×{10^5}$N/C 
則此過程中，E≥4×10⁵ 
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  $\frac{{mv_{min}^2}}{r}={E_2}q$   
-qE₂•2r=$\frac{1}{2}m{v}_{min}^{2}$-$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
兩式聯(lián)立，得到${E_2}=\frac{mv_0^2}{5qr}=1.6×{10^5}$N/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．
答：（1）細線斷裂時小球的速度大小為$3\sqrt{10}m/s$．
（2）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．
（3）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．

點評 本題是動能定理和牛頓第二定律的綜合應用，難點是第三問，確定臨界情況，找到等效的最高點．