Question

2．如圖所示，勁度系數(shù)k₀=2N/m、自然長度l₀=$\sqrt{2}$m的輕彈簧兩端分別連接著帶正電的小球A和B，A、B的電荷量分別為q_A=4.0×10^-2C、q_B=1.0×10^-8C，B的質(zhì)量m=0.18kg，A球固定在天花板下0點(diǎn)，B球套在與0點(diǎn)等高的光滑固定直桿的頂端，直桿長L=2$\sqrt{2}$m、與水平面的夾角θ=45°，直桿下端與一圓心在O點(diǎn)、半徑R=2m、長度可忽略的小圓弧桿CO′D平滑對接，O′O為豎直線，O′的切線為水平方向，整個裝置處于同一豎直面內(nèi)．若小球A、B均可視為點(diǎn)電荷，且A、B與天花板、彈簧、桿均絕緣，重力加速度g=10m/s²，靜電力常量k=9.0×10⁹ N•m²/C²，則將B球從直桿頂端無初速釋放后，求：
（1）小球運(yùn)動到桿的中點(diǎn)P時，靜電力和重力的合力的大小和方向．
（2）小球運(yùn)動到小圓弧桿的O點(diǎn)時，小球?qū)�桿的彈力大小．（計算結(jié)果可用根號表示）

Answer 1

分析 （1）小球在P點(diǎn)受電場力和重力，由庫倫定律求的庫侖力，根據(jù)力的合成即可求得合力大小和方向；
（2）根據(jù)動能定理求的到達(dá)O′點(diǎn)的速度，根據(jù)牛頓第二定律求的作用力

解答 解：（1）在P點(diǎn)，B電荷受到的電場力為${F}_{AB}=\frac{k{q}_{A}{q}_{B}}{{L}_{0}^{2}}$=1.8N，方向沿PA方向；
重力為G=mg=1.8N，
靜電力與重力的合力大小為${F}_{合}=\sqrt{（{F}_{AB}+mgcosθ）^{2}+（mgsinθ）^{2}}$
代入數(shù)據(jù)解得${F}_{合}=1.8\sqrt{2+\sqrt{2}}$N
因G=F_AB，故F_合的方向與豎直方向成22.5°角斜向下；

（2）從B到O′由動能定理可得$mgLsin45°=\frac{1}{2}m{v}^{2}$
解得v=$2\sqrt{10}m/s$，
在O′點(diǎn)由牛頓第二定律得$F-{k}_{0}（Lsinθ-{L}_{0}）-（mg+\frac{k{q}_{A}{q}_{B}}{{（Lsinθ）}^{2}}）=\frac{m{v}^{2}}{R}$
代入數(shù)據(jù)解得F=（2.3+$2\sqrt{2}$）N，
由牛頓第三定律小球?qū)�桿的彈力大�。�2.3+$2\sqrt{2}$）N，方向豎直向下．
答：（1）小球運(yùn)動到桿的中點(diǎn)P時，靜電力和重力的合力的大小為$1.8\sqrt{2+\sqrt{2}}N$，方向豎直方向成22.5°角斜向下
（2）小球運(yùn)動到小圓弧桿的O點(diǎn)時，小球?qū)�桿的彈力大小為（2.3+$2\sqrt{2}$）N，方向豎直向下．

點(diǎn)評 本題主要考查了受力分析，利用力的合成求的合力，再結(jié)合動能定理和牛頓第二定律即可