Question

20．在光滑绝缘的水平面上放置一个质量m=0.2kg、带电荷量q=5×10^-4 C的小球，小球系在长L=0.5m的绝缘细线上，线的另一端固定在O点．整个装置置于匀强电场中，电场方向与水平面平行且沿OA方向，如图所示（此图为俯视图）．现给小球一个初速度使其绕O点做圆周运动，小球经过A点时细线的张力F=140N，小球在运动过程中，最大动能比最小动能大20J，小球可视为质点．
（1）求电场强度的大小．
（2）求运动过程中小球的最小动能．
（3）若小球运动到动能最小的位置时细线被剪断，则小球经多长时间其动能与在A点时的动能相等？此时小球距A点多远？

Answer 1

分析 （1）小球带正电，从A运动到其关于O对称的点的过程中，电场力做负功，动能减小，所以在A点动能最大，在其对称点的动能最小，根据动能定理求解电场强度E的大小；
（2）在A处动能最大，已知小球经过A点时细线的张力F=140N，由牛顿第二定律和动能的计算式求解A处的动能，再由动能定理得到最小动能．
（3）线断后球做类平抛运动，根据运动的分解，由牛顿第二定律和位移时间公式求解时间，并得到小球距A点的距离．

解答 解：（1）设A点关于O点的对称点为B，则小球从A运动到B的过程中，电场力做负功，动能减小，所以在A点动能最大，在B点的动能最小．
小球在光滑水平面上运动的最大动能与最小动能的差值为：△E_k=2qEL=20J
代入数据得：E=$\frac{20}{2×5×1{0}^{-4}×0.5}$N/C=4×10⁴N/C
（2）在A处，由牛顿第二定律：F-qE=m$\frac{{v}_{A}^{2}}{L}$
A处小球的动能为：E_kA=$\frac{1}{2}m{v}_{A}^{2}$=$\frac{1}{2}$（F-qE）L=$\frac{1}{2}$×（140-5×10^-4×4×10⁴）×0.5=30（J）
小球的最小动能为：E_kmin=E_kB=E_kA-△E_k
代入数据得：E_kB=30-20=10（J）
（3）小球在B处的动能为：E_kB=$\frac{1}{2}$m${v}_{B}^{2}$
解得：v_B=$\sqrt{\frac{2{E}_{kB}}{m}}$=$\sqrt{\frac{2×10}{0.2}}$m/s=10m/s
当小球的动能与在A点时的动能相等时，由动能定理可知：y=2L
线断后球做类平抛运动：y=$\frac{1}{2}$•$\frac{qE}{m}$t²，x=v_Bt
代入数据后得：t=$\frac{\sqrt{2}}{10}$s，x=$\sqrt{2}$m
答：（1）电场强度E的大小为4×10⁴N/C；
（2）运动过程中小球的最小动能为10J；
（3）若小球运动到动能最小的位置时细线被剪断，则小球经$\frac{\sqrt{2}}{10}$s其动能与在A点时的动能相等，此时小球距A点为$\sqrt{2}$m．

点评 本题是动能定理与类平抛运动的综合，要熟练运用正交分解法处理类平抛运动，抓住两个分运动的等时性，由牛顿第二定律和运动学规律结合进行研究．