Question

4．長為L的細線，一端固定于O點，另一端栓一質量為m、帶電荷量為q的小球，處于如圖所示的水平向右的勻強電場中，開始時，細線水平伸直，小球從A點由靜止開始釋放，向下擺動，當細線轉過60°角時，小球到達B點速度恰好為零，由此可求得（　�。�

• A． 小球向下擺動過程中的最大速度v_m=$\sqrt{2}$gL
• B． 小球到達B點時，細線對小球的拉力大小T_N=$\frac{2mg}{\sqrt{3}}$
• C． AB兩點的電勢差U_AB=$\frac{\sqrt{3}mgL}{2q}$
• D． 勻強電場的場強大小E=$\frac{mg}{\sqrt{3}q}$

Answer 1

分析 小球在電場中受到重力、水平向右的電場力和細線的拉力，當電場力與重力的合力與拉力在同一直線上時小球到達平衡位置，速度最大，作出力圖，由動能定理求出最大速度．
小球從A到B的過程，運用動能定理列式可求出電勢差和場強．
小球在B點時速度為零，向心力為零，根據重力、電場力和繩子的拉力的合力提供小球的向心力，由牛頓第二定律求出細線對小球的拉力．

解答 解：設小球速度最大時細線與豎直方向的夾角為α．
在此位置，分析小球的受力情況：小球在電場中受到重力、水平向右的靜電力F和細線的拉力F₁．作出力圖，如圖所示：

根據平衡條件，電場力為：F=qE=mgtanα
從A到平衡位置，根據動能定理得：mgLcosα-FL（1-sinα）=$\frac{1}{2}m{v}_{m}^{2}$
從A到B的過程，由動能定理得：mgLsin60°-FL（1-cos60°）=0
聯(lián)立解得：E=$\frac{\sqrt{3}mg}{q}$，α=60°，v_m=$\sqrt{（4-2\sqrt{3}）gL}$
AB兩點的電勢差 U_AB=EL（1-cos60°）=$\frac{\sqrt{3}mgL}{2q}$．
在B位置，小球的速度為零，向心力為零，有：T=mgcos30°+qEcos60°=$\sqrt{3}$mg
故選：C

點評 本題是電場中物體的平衡問題和復合場中的豎直平面內內的圓周運動問題，按照力學的方法和思路，把電場力當作一般的力處理，問題就變得容易．