Question

4．长为L的细线，一端固定于O点，另一端栓一质量为m、带电荷量为q的小球，处于如图所示的水平向右的匀强电场中，开始时，细线水平伸直，小球从A点由静止开始释放，向下摆动，当细线转过60°角时，小球到达B点速度恰好为零，由此可求得（　　）

• A． 小球向下摆动过程中的最大速度v_m=$\sqrt{2}$gL
• B． 小球到达B点时，细线对小球的拉力大小T_N=$\frac{2mg}{\sqrt{3}}$
• C． AB两点的电势差U_AB=$\frac{\sqrt{3}mgL}{2q}$
• D． 匀强电场的场强大小E=$\frac{mg}{\sqrt{3}q}$

Answer 1

分析 小球在电场中受到重力、水平向右的电场力和细线的拉力，当电场力与重力的合力与拉力在同一直线上时小球到达平衡位置，速度最大，作出力图，由动能定理求出最大速度．
小球从A到B的过程，运用动能定理列式可求出电势差和场强．
小球在B点时速度为零，向心力为零，根据重力、电场力和绳子的拉力的合力提供小球的向心力，由牛顿第二定律求出细线对小球的拉力．

解答 解：设小球速度最大时细线与竖直方向的夹角为α．
在此位置，分析小球的受力情况：小球在电场中受到重力、水平向右的静电力F和细线的拉力F₁．作出力图，如图所示：

根据平衡条件，电场力为：F=qE=mgtanα
从A到平衡位置，根据动能定理得：mgLcosα-FL（1-sinα）=$\frac{1}{2}m{v}_{m}^{2}$
从A到B的过程，由动能定理得：mgLsin60°-FL（1-cos60°）=0
联立解得：E=$\frac{\sqrt{3}mg}{q}$，α=60°，v_m=$\sqrt{（4-2\sqrt{3}）gL}$
AB两点的电势差 U_AB=EL（1-cos60°）=$\frac{\sqrt{3}mgL}{2q}$．
在B位置，小球的速度为零，向心力为零，有：T=mgcos30°+qEcos60°=$\sqrt{3}$mg
故选：C

点评 本题是电场中物体的平衡问题和复合场中的竖直平面内内的圆周运动问题，按照力学的方法和思路，把电场力当作一般的力处理，问题就变得容易．