Question

如圖，一“?”形絕緣導(dǎo)軌豎直放置，處在水平向右的勻強(qiáng)電場中．左邊的半圓弧與水平桿ab、cd相切于a、c兩點(diǎn)，兩水平桿的高度差為h，桿長為4L，O為ad、bc連線的交點(diǎn)，虛線MN、M′N′的位置如圖，其中aM=MM′=CN=NN′=L，M′b=N′d=2L．一質(zhì)量為m，帶電量為-q的小球穿在桿上．虛線MN左邊的導(dǎo)軌光滑，虛線MN右邊的導(dǎo)軌與小球之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ．已知：在O處沒有固定點(diǎn)電荷+Q的時(shí)候，將帶電小球自N點(diǎn)由靜止釋放后，小球剛好可到達(dá)a點(diǎn)．現(xiàn)在O處固定點(diǎn)電荷+Q，并將帶電小球自d點(diǎn)以初速度v₀向左瞬間推出．結(jié)果小球可沿桿運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)．（靜電力恒量為k，重力加速度為g，在運(yùn)動(dòng)過程中+Q對-q的電場力始終小于小球的重力）求：
（1）勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E；
（2）運(yùn)動(dòng)過程中小球所受摩擦力的最大值f_m和小球經(jīng)過M′點(diǎn)時(shí)的加速度大小a；
（3）使小球能夠運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的初速度v₀的最小值．

Answer 1

分析：（1）根據(jù)動(dòng)能定理研究帶電小球自N點(diǎn)由靜止釋放后，小球剛好可到達(dá)a點(diǎn)過程求出電場強(qiáng)度E
（2）運(yùn)動(dòng)過程中小球受重力、向上的彈力、向左的摩擦力、向左的電場力，指向O點(diǎn)的庫侖力，根據(jù)正交分解可知：小球經(jīng)過M′點(diǎn)時(shí)，球與軌道之間的彈力最大，所受的滑動(dòng)摩擦力最大，再進(jìn)行求解．
求出小球合力根據(jù)牛頓第二定律求解加速度．
（3）根據(jù)動(dòng)能定理研究帶電小球從d點(diǎn)到b點(diǎn)的過程求出初速度v₀的最小值．

解答：解：（1）根據(jù)動(dòng)能定理研究帶電小球自N點(diǎn)由靜止釋放后，小球剛好可到達(dá)a點(diǎn)過程
由題意有：qEL-mgh=0-0=0
∴E=

mgh

qL

（2）運(yùn)動(dòng)過程中小球受重力、向上的彈力、向左的摩擦力、向左的電場力，指向O點(diǎn)的庫侖力，
根據(jù)正交分解可知：小球經(jīng)過M′點(diǎn)時(shí)庫侖力豎直向下達(dá)到最大值，球與軌道之間的彈力最大，所受的滑動(dòng)摩擦力最大．
f_m=μN(yùn)=μ（mg+

kQq

( h 2 )2

）=μ（mg+

4kQq

(h)2

）
小球經(jīng)過M′點(diǎn)時(shí)的加速度大小為：a=

qE+fm

m

=

mgh L +μ(mg+ 4kQq h2 )

m

=

gh

L

+μ(g+

4kQq

mh2

)
（3）根據(jù)對稱性可知，由d→b，小球克服摩擦力做的功等效為：
W_f=mgμ×6L=6mgμL
而電場力做的功為零
∴初速度v₀的最小值應(yīng)滿足：

1

2

m

v

2 0

=mgh+Wf
∴v0=

2gh+12gμL

答：（1）勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度是

mgh

qL

；
（2）運(yùn)動(dòng)過程中小球所受摩擦力的最大值是μ（mg+

4kQq

(h)2

），小球經(jīng)過M′點(diǎn)時(shí)的加速度大小是

gh

L

+μ(g+

4kQq

mh2

)；
（3）使小球能夠運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的初速度v₀的最小值是

2gh+12gμL

．

點(diǎn)評：能夠分析物體的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況，選擇合適的運(yùn)動(dòng)過程運(yùn)用動(dòng)能定理求解．
動(dòng)能定理的優(yōu)點(diǎn)在于適用任何運(yùn)動(dòng)包括曲線運(yùn)動(dòng)．動(dòng)能定理的應(yīng)用范圍很廣，可以求速度、力、功等物理量，特別是可以去求變力功．