Question

13．如图所示，一组平行金属板水平放置，板间距为d，上极板始终接地．长度为L（L=$\frac{d}{2}$）的不可伸长绝缘细线，上端系于上极板的中点O，下端系一带正电的小球，所带电荷量为q．当两板间电压为U₁时，小球静止在细线与竖直方向OO′夹角θ=30^°的位置，且细线伸直．若两金属板在竖直平面内同时绕过O、O′垂直纸面的水平轴顺时针旋转α=15^°至图中虚线位置，为使小球仍在原位置静止，需改变两板间电压．假定两板间始终为匀强电场，重力加速度为g，sin 15^°=0.2588，cos15°=0.9659，求：
（1）两板旋转前小球的质量m和细线所受的拉力F；
（2）两板旋转后板间电压U₂；
（3）求两板旋转前后小球电势能的变化．

Answer 1

分析 （1）小球静止时受力平衡，根据平衡条件，即可求解；
（2）两板旋转后，小球仍静止，分析其受力情况，再由平衡条件，即可求解；
（3）根据电场强度变化，导致零电势能面变化，则小球的电势能也改变，再根据E_p=qφ，即可求解．

解答 解：（1）两板旋转前，小球所受的重力和电场力均在竖直方向，由平衡条件可知
qE=mg
F=0
又 E=$\frac{{U}_{1}}{d}$
解得：m=$\frac{q{U}_{1}}{gd}$
（2）两板旋转后，细线与金属板间夹角为45°，小球受力情况如图所示．由平衡条件，
垂直细线方向有：mgsin30°=qE′cos45°
又 E′=$\frac{{U}_{2}}{dcos15°}$
联立以上三式解得：U₂=$\frac{\sqrt{3}+1}{4}{U}_{1}$
（3）设两板旋转前后小球所在位置的电势分别为φ和φ′．则金属板旋转前有：
φ=$\frac{{U}_{1}}{d}$Lcos30°=$\frac{\sqrt{3}}{4}{U}_{1}$
电势能为：E_p=qφ=$\frac{\sqrt{3}}{4}q{U}_{1}$
金属板旋转后有：φ′=$\frac{{U}_{2}}{dcos15°}$Lcos45°=$\frac{1}{4}{U}_{1}$
电势能为：E_p′=qφ′=$\frac{1}{4}q{U}_{1}$
所以小球电势能的变化量为：△E_p=E_p′-E_p=-$\frac{\sqrt{3}-1}{4}q{U}_{1}$
即小球的电势能减少了$\frac{\sqrt{3}-1}{4}q{U}_{1}$．
答：（1）两板旋转前小球的质量m是$\frac{q{U}_{1}}{gd}$，细线所受的拉力F为0；
（2）两板旋转后板间电压U₂是$\frac{\sqrt{3}+1}{4}{U}_{1}$．
（3）两板旋转前后小球电势能减少了$\frac{\sqrt{3}-1}{4}q{U}_{1}$．

点评 解决本题的关键是正确分析小球的受力情况，要知道电势能是相对的，要明确零电势点．对力平衡，可采用正交分解法研究．