Question

5．在光滑水平面上固定一个内壁光滑的竖直圆筒S（如图为俯视图），圆筒半径为R=0.5m．一根长r=0.4m的绝缘细线一端固定于圆筒圆心O点，另一端系住一个质量为m=0.2kg、带电量为q=+5×10^-5C的小球．空间有一场强为E=4×10⁴N/C的匀强电场，电场方向与水平面平行．将细线拉至与电场线平行，给小球大小为v₀=10m/s、方向垂直于电场线的初速度．
（1）求当小球转过90°时的速度大小；（计算结果可以含有根号）
（2）从初始位置开始，要使小球在运动过程中，细线始终保持不松弛，电场强度E的大小所需满足的条件．
（3）若当小球转过90°时，细线突然断裂，小球继续运动，碰到圆筒后不反弹，碰撞后，小球垂直于碰撞切面方向的速度因能量损失减小为零，平行于碰撞切面方向的速度大小保持不变．之后小球沿圆筒内壁继续做圆周运动．求这一运动过程中的速度的最小值．

Answer 1

分析 （1）当细线转过90度的过程中，只有电场力做功，根据动能定理求出细线断裂时小球的速度大小．
（2）为保证小球接下来的运动过程中细线都不松弛，1、转动90度的过程中速度减为零，2、转动到最低点有临界最小速度．结合动能定理求出电场强度的范围．
（3）根据动能定理求出小球与内壁碰撞时的速度，再将该速度沿半径方向和垂直于半径方向分解，得出沿圆筒做圆周运动的初速度，当小球运动到图示的最低点时，速度最小，根据动能定理求出沿圆筒内壁继续做圆周运动中的最小速度值．

解答 解：（1）设小球转过90°时速度大小为v₁，由动能定理：$-qEr=\frac{1}{2}m{{v}_{1}}^{2}-\frac{1}{2}m{{v}_{0}}^{2}$
解得：${v}_{1}=3\sqrt{10}m/s$
（2）情况一：小球从图示位置开始运动后，速度逐渐减小．若小球能在转过90°之前速度减小为零，则反向运动，且细线始终保持不松弛．设电场强度大小为E₁时，小球转过90°的瞬时速度恰为零，$-q{E}_{1}r=0-\frac{1}{2}m{{v}_{0}}^{2}$
解得：E₁=≥4×10⁵ N/C 
则此过程中，E≥4×10⁵ N/C 
情况二：若小球从图示位置转过90°后，未到达180°时，开始反向运动，则细线会松弛．因此需保证小球能转过180°．设电场强度大小为E₂时，小球转过180°瞬时的速度为v_min，
则$\frac{m{{v}_{min}}^{2}}{r}={E}_{2}q$
-qE₂•2r=$\frac{1}{2}m{{v}_{min}}^{2}-\frac{1}{2}m{{v}_{0}}^{2}$
两式联立，得到E₂=1.6×10⁵N/C    
所以当E≤1.6×10⁵N/C或E≥4×10⁵N/C时，能使细线始终保持不松弛．
（3）设小球碰到圆筒前瞬间速度大小为v₂，由动能定理
$-qERcos30=\frac{1}{2}m{{v}_{2}}^{2}-\frac{1}{2}m{{v}_{1}}^{2}$
解得${v}_{2}=\sqrt{90-10\sqrt{3}}$m/s       
撞上筒壁后，设小球碰到圆筒后瞬间沿圆筒内壁做圆周运动的速度大小为v₃，${v}_{3}={v}_{2}sin30°=\frac{1}{2}{v}_{2}$
小球沿圆筒内壁再转过30°时速度最小，设大小为v₄，由动能定理得：
-qER（1-cos30°）=$\frac{1}{2}m{{v}_{4}}^{2}-\frac{1}{2}m{{v}_{3}}^{2}$
解得${v}_{4}=\sqrt{\frac{5+15\sqrt{3}}{2}}$m/s=3.94m/s   
答：（1）细线断裂时小球的速度大小为$3\sqrt{10}m/s$．
（2）为保证小球接下来的运动过程中细线都不松弛，电场强度E的大小范围E≤1.6×10⁵N/C或E≥4×10⁵N/C．
（3）小球碰到圆筒内壁后不反弹，沿圆筒内壁继续做圆周运动中的最小速度值为3.94m/s．

点评 本题是动能定理和牛顿第二定律的综合应用，难点是第而问，确定临界情况，找到等效的最高点，难度较大．