Question

4．如圖，兩根長均為2L的圓柱形絕緣細管，用很短的一段內壁光滑的彎道平滑連接成管道ABC．管道固定于豎直平面內，其中AC沿水平方向．∠BAC=∠BCA=θ．一柔軟均質絕緣細繩置于管道AB內，細繩的右端剛好繞過細管B處連接一小球（直徑略小于管道內徑），系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)．已知繩和小球的質量均為m、與細管的動摩擦因數均為μ=$\frac{1}{2}$tanθ；細繩長L，小球帶電量為+q，整個系統(tǒng)置于豎直向下、場強E=$\frac{mg}{q}$的勻強電場中，重力加速度為g．現對小球施加一沿BC管道向下的拉力．
（1）當小球滑動$\frac{L}{4}$時，拉力大小為F．此時小球的加速度大小a；
（2）求小球從開始運動到下滑$\frac{L}{4}$過程，系統(tǒng)改變的勢能△E；
（3）拉力至少需對小球做多少功，才能使整條細繩離開管口C？

Answer 1

分析 （1）以BC管道上的細繩與小球為整體，分析其受力：重力、電場力、拉力和滑動摩擦力，根據牛頓第二定律列式．再對AB管道上的細繩，由牛頓第二定律列式，即可求加速度．
（2）系統(tǒng)的勢能包括重力勢能和彈性勢能．根據重力做功和電場力做功求解．
（3）當小球沿BC管道運動到離B點x=$\frac{L}{4}$時，若撤去拉力，此時a=0，此后小球與細繩將沿BC管道加速下滑，最終離開管道．對細繩和球系統(tǒng)運用功能關系求解．

解答 解：（1）以BC管道上的細繩與小球為整體，設B處細繩間的相互作用力大小為T，由牛頓第二定律得：
  F+（$\frac{5}{4}$mg+qE）sinθ-μN-T=$\frac{5}{4}$ma   ①
  N=（qE+$\frac{5}{4}$mg）cosθ    ②
對AB管道上的細繩，由牛頓第二定律得：
  T-$\frac{3}{4}$mgsinθ-μ$\frac{3}{4}$mgcosθ=$\frac{3}{4}$ma   ③
由①②③式得：a=$\frac{F}{2m}$   ④
（2）系統(tǒng)改變的勢能
△E=△E_重+△E_電   ⑤
系統(tǒng)改變的重力勢能
△E_重=-mg$\frac{L}{4}$sinθ+$\frac{1}{4}$mg$\frac{3L}{4}$sinθ   ⑥
系統(tǒng)改變的電勢能
△E_電=-qE$\frac{L}{4}$sinθ   ⑦
由⑤⑥⑦式得：△E=-$\frac{5}{16}mgLsinθ$  ⑧
（3）由（1）問可知，當小球沿BC管道運動到離B點x=$\frac{L}{4}$時，若撤去拉力，此時a=0，此后小球與細繩將沿BC管道加速下滑，最終離開管道．
因此，要使拉力做功最小，小球至少要到達x=$\frac{L}{4}$位置，且v=0 ⑨
從開始到x=$\frac{L}{4}$過程中，由功能關系得：W_F=△E_K+Q+△E′（10）
其中△E_K=0 （11）
則得Q=μ（qE+mg）cosθ•x+μmgcosθ•x  （12）
由（2）問可知，x=$\frac{L}{4}$時，△E′=△E （13）
由⑨（10）（11）（12）（13）式得 W_F=$\frac{1}{16}$mgLsinθ  （14）
答：
（1）當小球滑動$\frac{L}{4}$時，拉力大小為F，此時小球的加速度大小a為$\frac{F}{2m}$；
（2）小球從開始運動到下滑$\frac{L}{4}$過程，系統(tǒng)改變的勢能△E為-$\frac{5}{16}mgLsinθ$；
（3）拉力至少需對小球做$\frac{1}{16}$mgLsinθ的功，才能使整條細繩離開管口C．

點評 對于連接體，求加速度常用有兩種方法：整體法和隔離法，要抓住加速度大小相等的特點靈活選擇解法．本題還要正確分析功與能的關系，知道重力做功多少，重力勢能減少多少，電場力做功與電勢能變化的關系與此相似．