Question

18．在光滑水平面上固定一个内壁光滑的竖直圆筒S（右图为俯视图），圆筒半径为R=1m．一根长r=0.5m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10m/s、方向垂直于电场线的初速度v₀．
（1）求当小球转过90°时的速度大小；
（2）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．
（3）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．

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）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．
（3）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．

解答 解：（1）设小球转过90°时速度大小为v₁，由动能定理：$-qEr=\frac{1}{2}mv_1^2-\frac{1}{2}mv_0^2$
解得${v_1}=\sqrt{v_0^2-\frac{2qEr}{m}}=3\sqrt{10}$m/s    
（2）设小球碰到圆筒前瞬间速度大小为v₂，由动能定理
$-qERcos30°=\frac{1}{2}{mv}_{2}^{2}-\frac{1}{2}{mv}_{1}^{2}$
解得${v_2}=\sqrt{90-10\sqrt{3}}$m/s       
撞上筒壁后，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
$-qER（1-cos30°）=\frac{1}{2}{mv}_{4}^{2}-\frac{1}{2}{mv}_{3}^{2}$
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，$-{E}_{1}qr=0-\frac{1}{2}{mv}_{0}^{2}$
 解得：${E_1}=\frac{mv_0^2}{2qr}=4×{10^5}$N/C 
则此过程中，E≥4×10⁵ 
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  $\frac{{mv_{min}^2}}{r}={E_2}q$   
-qE₂•2r=$\frac{1}{2}m{v}_{min}^{2}$-$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
两式联立，得到${E_2}=\frac{mv_0^2}{5qr}=1.6×{10^5}$N/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．
答：（1）细线断裂时小球的速度大小为$3\sqrt{10}m/s$．
（2）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．
（3）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．

点评 本题是动能定理和牛顿第二定律的综合应用，难点是第三问，确定临界情况，找到等效的最高点．