题目内容
如图所示，在方向水平的匀强电场中，一不可伸长的不导电 细线长为L，一端连着一个质量为m，带电量为q小球，另一端固定于O点，把小球拉起直至细线与场强平行，然后无初速由A点释放，已知细线转过60°角，小球到达B点时速度恰为零．求：（1）A、B两点的电势差；
（2）电场强度E；
（3）小球到达B点时，细线的拉力．
分析：以小球为研究对象，受到重力、弹力和电场力，从A到B由动能定理求出两点的电势差；再利用匀强电场E=
求出场强；再以B点为研究对象，利用牛顿运动定律求细线的拉力．
| U |
| d |
解答：解：（1）以小球为研究对象，受到重力、弹力和电场力，从A到B由动能定理得：
mgLsin60°+qUab=0
解得：Uab=-
（2）由匀强电场：E=
=
=
（3）由于到达B点时，速度为零，在B点受力分析，受到重力，向右的电场力和沿绳的拉力．
沿绳方向，据牛顿第二定律得：T=mgsin60°+Eqcos60°=mh
+mg
×
=
mg
答：（1）A、B两点的电势差-
；（2）电场强度E为
；（3）小球到达B点时，细线的拉力
mg．
mgLsin60°+qUab=0
解得：Uab=-
| ||
| 2q |
（2）由匀强电场：E=
| U |
| d |
| ||||
| Lsin300 |
mg
| ||
| q |
（3）由于到达B点时，速度为零，在B点受力分析，受到重力，向右的电场力和沿绳的拉力．
沿绳方向，据牛顿第二定律得：T=mgsin60°+Eqcos60°=mh
| ||
| 2 |
| 3 |
| 1 |
| 2 |
| 3 |
答：（1）A、B两点的电势差-
| ||
| 2q |
mg
| ||
| q |
| 3 |
点评：本题的关键能灵活应用动能定理、匀强电场场强公式和圆周运动的牛顿第二定律列方程求解．
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如图所示，在方向水平向右、大小为E=6×103 N/C的匀强电场中有一个光滑的绝缘平面．一根绝缘细绳两端分别系有带电滑块甲和乙，甲的质量为m1=2×10-4 kg，带电量为q1=2×10-9 C，乙的质量为m2=1×10-4 kg，带电量为q2=-1×10-9 C．开始时细绳处于拉直状态．由静止释放两滑块，t=3s时细绳突然断裂，不计滑块间的库仑力，试求：
（2012?昆明模拟）如图所示，在方向水平的匀强电场中，一个不可伸长的不导电轻细线的一端连着一个质量为m的带电小球，另一端固定于O点，把小球拉直至细线与电场方向平行，然后无初速释放，已知小球摆到最低点的另一侧，线与竖直方向的最大夹角为θ．求小球经过最低点时细线对小球的拉力．
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如图所示，在方向水平向右的匀强电场中，一长为L的不可伸长的不导电细线的一端连着一个质量为m的带电量为q小球，另一端固定于O点，小球恰能静止于电场中A点，OA连线与竖直向成θ角且θ=37°．现把小球拉起至细线成水平方向（如图中虚线OB所示），然后无初速释放．（取sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：
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| ||
| q |
| A、小物块将沿斜面下滑 | ||
| B、小物块将做曲线运动 | ||
C、小物块到达地面时的速度大小为2
| ||
| D、若其他条件不变，只增大电场强度，小物块到达地面前的运动时间将增大 |