Question

3．如圖所示，在以O(shè)為圓心、半徑為R的圓周上有A、B兩點，OA、OB的夾角為α，A點放置一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電粒子，B點放置一質(zhì)量為m、電荷量為2q的帶負(fù)電粒子，圓心O點放置一電荷量為Q的正點電荷，A、B兩帶電粒子均繞O點沿順時針方向做勻速圓周運(yùn)動，不計彼此間的萬有引力以及A、B間的庫侖力，已知靜電力常量為k₀，求：
（1）粒子A繞O點做圓周運(yùn)動的線速度大小；
（2）粒子B繞O點做圓周運(yùn)動的角速度；
（3）經(jīng)過多長時間粒子A、B第一次相遇．

Answer 1

分析 （1、2）根據(jù)牛頓第二定律，結(jié)合引力提供向心力，即可求解；
（3）根據(jù)以上所求得角速度表達(dá)式，結(jié)合B必須比A多繞（2π-α），才能追上A，從而即可求解．

解答 解：（1）根據(jù)引力提供向心力，由牛頓第二定律，則有：${k}_{0}\frac{Qq}{{R}^{2}}=m\frac{{{v}_{A}}^{2}}{R}$
解得：v_A=$\sqrt{\frac{{k}_{0}Qq}{mR}}$
（2）根據(jù)引力提供向心力，則有：${k}_{0}\frac{2Qq}{{R}^{2}}=m{ω}^{2}R$，
解得：ω=$\sqrt{\frac{{2k}_{0}Qq}{m{R}^{3}}}$
（3）同理：${ω}_{A}=\sqrt{\frac{{k}_{0}Qq}{m{R}^{3}}}$，
由題意可知，B必須比A多繞（2π-α），才能追上A；
因此（2π-α）=（ω-ω_A）•△t；
解得：△t=$\frac{（2π-α）}{\sqrt{2}-1}\sqrt{\frac{m{R}^{3}}{{k}_{0}Qq}}$．
答：（1）粒子A繞O點做圓周運(yùn)動的線速度大小為$\sqrt{\frac{{k}_{0}Qq}{mR}}$；
（2）粒子B繞O點做圓周運(yùn)動的角速度為$\sqrt{\frac{{2k}_{0}Qq}{m{R}^{3}}}$；
（3）經(jīng)過$\frac{（2π-α）}{\sqrt{2}-1}\sqrt{\frac{m{R}^{3}}{{k}_{0}Qq}}$時間粒子A、B第一次相遇．

點評 考查牛頓第二定律的應(yīng)用，掌握萬有引力定律與向心力表達(dá)式的內(nèi)容，注意當(dāng)能相遇時，B比A多繞多少角度是解題的關(guān)鍵