Question

11．如图所示，长度为l的绝缘细线将质量为m、电量为q的带正电小球悬挂于O点，整个空间  中充满了匀强电场．（取sin37°=0.6，cos37°=0.8）
（1）当电场方向竖直向上时，若使小球在A点获得水平速度v₁=$\sqrt{2gl}$，小球刚好能在竖直平面内做完整的圆周运动，求电场强度E₁；
（2）当电场方向水平，且电场强度E₂=$\frac{4mg}{3q}$时，要不能让细线松弛，求小球在A点获得的水平速度v₂应该满足的条件．

Answer 1

分析 （1）当电场方向竖直向上时，小球所受的电场力竖直向上，若电场力小于重力，小球到达最高点时速度最小．若小球刚好能通过最高点，由电场力和重力的合力充当向心力，由牛顿第二定律求最小速度，再由动能定理求出电场强度．若电场力大于重力，小球通过最低点时速度最小．若小球刚好能通过最低点，由电场力和重力的合力充当向心力，由牛顿第二定律求电场强度．
（2）让细线不松弛有两种可能的情况：一种小球能做完整的圆周运动，另一种来回摆动．第一种情况，找到等效“最高点”，即电场力和重力的合力指向圆心的位置，求出等效“最高点”的速度，由动能定理求得水平速度v₂．再由动能定理求出小球来回摆动时水平速度v₂，即可得到水平速度v₂应满足的条件．

解答 解：（1）当电场力qE₁＜mg时，小球在最高点的速度v最小，若小球刚好能通过最高点，
则在最高点有：mg-qE₁=m$\frac{{v}^{2}}{l}$
从最低点到最高点，由动能定理得：-（mg-qE₁）•2l=$\frac{1}{2}m{v}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$
解得 E₁=$\frac{3mg}{5q}$
当电场力qE₁＞mg时，小球在最低点的速度v最小，若小球刚好能通过最低点，则在最低点有：qE₁-mg=m$\frac{{v}^{2}}{l}$
解得 E₁=$\frac{3mg}{q}$
联立可得要使小球做完整的圆周运动，电场强度应满足：$\frac{3mg}{5q}$≤E₁≤$\frac{3mg}{q}$．
（2）当电场方向水平，且E₂=$\frac{4mg}{3q}$时，小球所受重力为mg、电场力qE₂的合力大小为 
 
F=$\sqrt{（mg）^{2}+（q{E}_{2}）^{2}}$=$\frac{5}{3}$mg，与水平方向的夹角θ满足tanθ=$\frac{mg}{q{E}_{2}}$=$\frac{3}{4}$
如果小球获得水平速度v₂后刚好能做完整的圆周运动，在速度最小的位置B（如图）满足
   F=m$\frac{{v}_{B}^{2}}{l}$

小球从A点运动到B点，由动能定理得：
-mgl（1+sinθ）-qE₂lcosθ=$\frac{1}{2}m{v}_{B}^{2}$-$\frac{1}{2}m{v}_{2}^{2}$
联立解得 v₂=$\sqrt{7gl}$
如果小球获得水平速度v₂后来回摆动，则小球刚好能到达C点或D点（如上图），则小球从A点运动到C点，由动能定理得：
-mgl（1+cosθ）+qE₂lsinθ=0-$\frac{1}{2}m{v}_{2}^{2}$
或小球从A点运动到D点，由动能定理得：
-mgl（1-cosθ）-qE₂lsinθ=0-$\frac{1}{2}m{v}_{2}^{2}$
解得 v₂=$\sqrt{2gl}$
综合可得，v₂≥$\sqrt{7gl}$或v₂≤$\sqrt{2gl}$细线均不会松驰
答：（1）小球刚好能在竖直平面内做完整的圆周运动，电场强度E₁应满足$\frac{3mg}{5q}$≤E₁≤$\frac{3mg}{q}$．
（2）当电场方向水平，且电场强度E₂=$\frac{4mg}{3q}$时，要不能让细线松弛，小球在A点获得的水平速度v₂应该满足的条件是v₂≥$\sqrt{7gl}$或v₂≤$\sqrt{2gl}$．

点评 解决本题的关键要找到物理的最高点，即速度最小的位置，分析小球通过此位置的临界条件，运用牛顿运动定律和动能定理结合研究这类临界问题．