Question

4．如圖所示，勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)為E，與豎直方向成α角．質(zhì)量為m，電荷量為q的帶負(fù)電的小球用細(xì)線系在豎直墻面上，靜止時(shí)細(xì)線恰好水平，則場(chǎng)強(qiáng)的大小E=$\frac{mg}{qcosα}$；剪短細(xì)線，小球從靜止開始運(yùn)動(dòng)，經(jīng)時(shí)間t小球電勢(shì)能的變化量△E_p=$-\frac{1}{2}m{g}^{2}{t}^{2}ta{n}^{2}θ$．

Answer 1

分析 由受理平衡列方程求出場(chǎng)強(qiáng)大小，剪斷線后小球受力恒定，將做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)．

解答 解：根據(jù)受力分析：知電場(chǎng)力方向與電場(chǎng)強(qiáng)度方向相反，知小球帶負(fù)電
根據(jù)qEcosα=mg知，場(chǎng)強(qiáng)的大小E=$\frac{mg}{qcosα}$．
剪斷線后小球受力為水平向右，大小為T=mgtanα
由牛頓第二定律，得mgtanα=ma
a=gtanα
小球從靜止開始運(yùn)動(dòng)，經(jīng)時(shí)間t小球的速度為v=at=gtanαt
小球獲得的動(dòng)能為$\frac{1}{2}m{v}^{2}$
由能量守恒小球電勢(shì)能的變化量△E_p=-△E_k=$-\frac{1}{2}m{g}^{2}{t}^{2}ta{n}^{2}θ$
故答案為：$\frac{mg}{qcosα}$，$-\frac{1}{2}m{g^2}{t^2}{tan^2}θ$

點(diǎn)評(píng) 正確對(duì)小球受力分析是解決本題的關(guān)鍵，小球的運(yùn)動(dòng)情況要根據(jù)受力情況來(lái)判斷．