Question

10．如圖所示，兩個質(zhì)量均為m、帶電量均為+q的小球A和B，固定在輕質(zhì)絕緣等腰直角三角形框架OAB的兩個端點上，直角邊的長度為L，另一端點用光滑鉸鏈固定在O點，整個裝置可以繞經(jīng)過O點、且垂直于紙面的水平軸在豎直平面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動．若在豎直平面內(nèi)施加平行于框架的勻強電場，為使框架靜止時OB邊水平、OA邊豎直（A在O點的正下方），則場強E的大小至少為$\frac{\sqrt{2}mg}{2q}$．若勻強電場的方向豎直向上，場強大小為E′=$\frac{7mg}{q}$，并將A球的帶電量改為-q，其余條件不變，將系統(tǒng)從圖示位置由靜止釋放，則小球A的最大速度為$\sqrt{2gL}$．

Answer 1

分析 設(shè)勻強電場E₂的方向與豎直方向夾角為θ，根據(jù)力矩平衡條件列式得到場強E₂與θ的表達式，根據(jù)數(shù)學(xué)知識求極值，得到強E₂的最小值．
設(shè)OB邊轉(zhuǎn)到與豎直方向成β角時，合力矩為零：q_AE₃Lcosβ-mgLcosβ+mgLsinβ-q_BE₃Lsinβ=0，解出β值，當(dāng)框架轉(zhuǎn)動90°+β時，小球速度最大．
能量守恒定律：q_AE′（L+Lsinβ）+q_BE′Lcosβ=mg（L+Lsinβ）+mgLcosβ+2×mv²代入數(shù)據(jù)計算最大速度．

解答 解：設(shè)勻強電場E₂的方向與豎直方向夾角為θ，則根據(jù)有固定轉(zhuǎn)動軸物體的平衡條件，有
  qE₂Lcosθ+qE₂Lsinθ=mgL 
即$\sqrt{2}qEsin（θ+\frac{π}{4}）=mg$
當(dāng)$θ=\frac{π}{4}$時，$E=\frac{\sqrt{2}mg}{2q}$ 
設(shè)OB邊轉(zhuǎn)到與豎直方向成β角時，合力矩為零：
q_AE₃Lcosβ-mgLcosβ+mgLsinβ-q_BE₃Lsinβ=0
框架轉(zhuǎn)動90°+β時，小球速度最大．
能量守恒定律：△E=△E_p+△E_k，
即q_AE′（L+Lsinβ）+q_BE′Lcosβ=mg（L+Lsinβ）+mgLcosβ+2×mv²
解出$v=\sqrt{2gL}$
故答案為：$\frac{{\sqrt{2}mg}}{2q}$，$\sqrt{2gL}$

點評 本題是關(guān)于豎直線對稱的，但是不是圖形的對稱，而是需要力矩的對稱，同樣的一個力，需要在左邊和右邊時力臂是一樣的．