Question

2．如圖所示，用長為l的絕緣細(xì)線拴一個(gè)質(zhì)量為m、帶電量為+q的小球（可視為質(zhì)點(diǎn)）后懸掛于O點(diǎn)，整個(gè)裝置處于水平向右的勻強(qiáng)電場E中．將小球拉至使懸線呈水平的位置A后，由靜止開始將小球釋放，小球從A點(diǎn)開始向下擺動(dòng)，當(dāng)懸線轉(zhuǎn)過60°角到達(dá)位置B時(shí)，速度恰好為零．求：
（1）B、A兩點(diǎn)的電勢差U_BA；
（2）電場強(qiáng)度E；
（3）小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，懸線對(duì)小球的拉力T；
（4）運(yùn)動(dòng)過程中的最大速度．

Answer 1

分析 （1）小球從A到B的過程中，重力做正功mgLsin60°，電場力做功為qU_AB，動(dòng)能的變化量為零，根據(jù)動(dòng)能定理求解電勢差U_AB；
（2）根據(jù)電場強(qiáng)度與電勢差的關(guān)系U=Ed求解場強(qiáng)．式中d是AB沿電場線方向的距離，d=L-Lcos60°．
（3）小球在AB間擺動(dòng)時(shí)具有對(duì)稱性，B處繩拉力與A處繩拉力相等，研究A處繩子的拉力得到B處繩子的拉力．在A處小球水平方向平衡，由平衡條件求解拉力．
（4）運(yùn)用等效法，找出速度最大的位置，再根據(jù)動(dòng)能定理求出最大速度；

解答 解：（1）小球由A到B過程中，由動(dòng)能定理得：mgLsin60°+qU_AB=0
所以U_AB=-$\frac{\sqrt{3}mgL}{2q}$
（2）BA間電勢差為U_BA=-U_AB=$\frac{\sqrt{3}mgL}{2q}$
則場強(qiáng)E=$\frac{{U}_{BA}^{\;}}{L-Lcos60°}$=$\frac{\sqrt{3}mg}{q}$
（3）小球在AB間擺動(dòng)，由對(duì)稱性得知，B處繩拉力與A處繩拉力相等，而在A處，由水平方向平衡有：F_TA=Eq=$\sqrt{3}mg$，所以F_TB=F_TA=$\sqrt{3}mg$
（4）將電場力和重力等效為F′，當(dāng)速度與F′垂直時(shí)，速度最大，F(xiàn)′與水平方向的夾角為θ，
根據(jù)幾何關(guān)系$tanθ=\frac{mg}{Eq}=\frac{mg}{\sqrt{3}mg}=\frac{\sqrt{3}}{3}$
得θ=30°，根據(jù)動(dòng)能定理，有：$mgLsin30°-Eq（L-Lcos30°）=\frac{1}{2}m{v}_{max}^{2}$
解得：${v}_{max}^{\;}=（\sqrt{3}-1）\sqrt{gL}$
答：（1）B、A兩點(diǎn)的電勢差${U}_{BA}^{\;}$為$-\frac{\sqrt{3}mgL}{2q}$；
（2）電場強(qiáng)度E為$\frac{\sqrt{3}mg}{q}$；
（3）小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，懸線對(duì)小球的拉力T為$\sqrt{3}mg$；
（4）運(yùn)動(dòng)過程中的最大速度$（\sqrt{3}-1）\sqrt{gL}$

點(diǎn)評(píng) 解決本題關(guān)鍵要掌握動(dòng)能定理和電場力做功W=qU、電場強(qiáng)度與電勢差的關(guān)系式U=Ed．對(duì)于最大速度，可根據(jù)單擺的運(yùn)動(dòng)進(jìn)行類比理解并分析得到．