Question

（1）如圖1，固定于豎直面內(nèi)的粗糙斜桿，在水平方向夾角為30°，質(zhì)量為m的小球套在桿上，在大小不變的拉力作用下，小球沿桿由底端勻速運(yùn)動(dòng)到頂端，為使拉力做功最小，拉力F與桿的夾角α=

60°

，拉力大小F=

mg

．

（2）如圖2所示，物體A、B、C放在光滑水平面上用細(xì)線a b連接，力F作用在A上，使三物體在水平面上運(yùn)動(dòng)，若在B上放一小物體D，D隨B一起運(yùn)動(dòng)，且原來的拉力F保持不變，那么加上物體D后兩繩中拉力的變化是T_a

變大

，T_b

變小

．（回答變大、變小或不變）
（3）如圖3所示，在場(chǎng)強(qiáng)大小為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一根長為L的不可伸長的絕緣細(xì)線一端拴一個(gè)質(zhì)量為m電荷量為q的帶負(fù)電小球，另一端固定在O點(diǎn)．把小球拉到使細(xì)線水平的位置A，然后將小球由靜止釋放，小球沿弧線運(yùn)動(dòng)到細(xì)線與水平成θ=60°的位置B時(shí)速度為零，則電場(chǎng)強(qiáng)度E=

3 mg

q

；運(yùn)動(dòng)過程中的最大動(dòng)能E_Km=

(2-

3

)mgL

．

Answer 1

分析：（1）拉力要做功最小，就是要摩擦力等于零，將力F按沿桿和垂直于桿進(jìn)行受力分解，求解拉力的最小值．
（2）根據(jù)牛頓第二定律，對(duì)整體進(jìn)行研究加速度，再分別以A和C為研究對(duì)象，研究兩繩拉力的變化．
（3）小球從A到B過程中重力和電場(chǎng)力做功，動(dòng)能的變化量為零，根據(jù)動(dòng)能定理求解電場(chǎng)強(qiáng)度．當(dāng)重力與電場(chǎng)力的合力沿繩子方向時(shí)，動(dòng)能最大．由兩力的關(guān)系求出此時(shí)繩子與水平方向的夾角，再由動(dòng)能定理求解最大動(dòng)能．

解答：解：
（1）當(dāng)摩擦力做功為零時(shí)，拉力做功最�。畬⒘�F按沿桿和垂直于桿進(jìn)行受力分解，得
     mgsin30°=Fcosα①
         mgcos30°=Fsinα②
由①②聯(lián)立解得：F=mg，α=60°
（2）加上物體D后，根據(jù)牛頓第二定律分析可知，整體的加速度a減�。�
以C為研究對(duì)象得  T_b=m_ba，a減小，m_b不變，T_b變小
以A為研究對(duì)象得  F-T_a=m_aa，a減小，F(xiàn)，m_a不變，T_a變大．
（3）根據(jù)動(dòng)能定理得
A到B過程：mgLsinθ-qEL（1-cosθ）=0
代入解得  E=

3 mg

q

當(dāng)重力與電場(chǎng)力的合力沿繩子方向時(shí)，動(dòng)能最大．設(shè)此時(shí)繩子與水平方向的夾角為α，則
    tanα=

mg

qE

=

3

3

，α=30°
再由動(dòng)能定理得
   mgLsinα-qEL（1-cosα）=E_km
解得，運(yùn)動(dòng)過程中小球的最大動(dòng)能E_Km=(2-

3

)mgL
故答案為：
（1）60°，mg   
（2）變大，變小  
（3）

3 mg

q

，(2-

3

)mgL

點(diǎn)評(píng)：本題整合了力的分解、牛頓第二定律、動(dòng)能定理等規(guī)律，綜合性較強(qiáng)，但分析受力情況和運(yùn)動(dòng)情況是關(guān)鍵．