Question

14．如圖所示，水平向左的勻強(qiáng)電場中，用長為l的絕緣輕質(zhì)細(xì)繩懸掛一小球，小球質(zhì)量為m，帶電量為+q，將小球拉至豎直位置最低位置A點(diǎn)處無初速釋放，小球?qū)⑾蜃髷[動(dòng)，細(xì)線向左偏高豎直方向的最大角度θ=74°．
（1）求電場強(qiáng)度的大小E；
（2）將小球向左擺動(dòng)的過程中，對細(xì)線拉力的最大值；
（3）若從A點(diǎn)處釋放小球時(shí)，給小球一個(gè)水平向左的初速度v₀，則為擺正小球在運(yùn)動(dòng)過程中細(xì)線不會(huì)松弛，v₀的大小應(yīng)滿足什么條件？

Answer 1

分析 （1）小球?qū)⑾蜃髷[動(dòng)，細(xì)線向左偏高豎直方向的最大角度θ=74°根據(jù)對稱性，此時(shí)必有重力與電場力的合力與角分線在同一條線上，據(jù)此求解E．
（2）小球從B到D的過程等效重力場，由動(dòng)能定理，結(jié)合牛頓運(yùn)動(dòng)定律，列式求解．
（3）等效重力場，結(jié)合牛頓運(yùn)動(dòng)定律，列式求解．

解答 解：（1）由于帶電小球所受電場力方向向左，電場線方向也向左，分析小球的受力情況，
作出受力圖如右圖，

根據(jù)對稱性，此時(shí)必有重力與電場力的合力與角分線在同一條線上，根據(jù)平衡條件得：
qE=mgtan$\frac{θ}{2}$
解得：E=$\frac{3mg}{4q}$
（2）小球運(yùn)動(dòng)的過程中速度最大的位置，由動(dòng)能定理得：
qELsin$\frac{θ}{2}$-mg（L-Lcos$\frac{θ}{2}$）=$\frac{1}{2}$mv²
小球在$\frac{θ}{2}$時(shí)，由重力電場力與細(xì)線的拉力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律得：
F_T-mgcos$\frac{θ}{2}$-qEsin$\frac{θ}{2}$=m$\frac{{v}^{2}}{L}$
解得：F_T=$\frac{7}{4}$mg
由牛頓第三定律可知細(xì)線所受的拉力大小為$\frac{7}{4}$mg
（3）要使細(xì)線不松弛有兩種情況，當(dāng)小球擺動(dòng)過程中，細(xì)線的方向與F的方向不超過90°時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理有：-FLcos$\frac{θ}{2}$≤0-$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
解得：v₀≤$\sqrt{2gL}$       
當(dāng)小球能完成完整的圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，需滿足：F≤$m\frac{{v}^{2}}{L}$       
根據(jù)動(dòng)能定理有：-FL（1+cos$\frac{θ}{2}$）=$\frac{1}{2}$mv²-$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
  由上幾式聯(lián)立解得：v₀≥$\frac{\sqrt{23gL}}{2}$        
為保證小球在運(yùn)動(dòng)過程中，細(xì)線不松弛，
v₀的大小應(yīng)滿足的條件為：v₀≤$\sqrt{2gL}$或v₀≥$\frac{\sqrt{23gL}}{2}$；
答：（1）電場強(qiáng)度的大小$\frac{3mg}{4q}$；
（2）將小球向左擺動(dòng)的過程中，對細(xì)線拉力的最大值$\frac{7}{4}$mg；
（3）v₀的大小應(yīng)滿足v₀≤$\sqrt{2gL}$或v₀≥$\frac{\sqrt{23gL}}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題是力學(xué)知識(shí)與電場知識(shí)的綜合，關(guān)鍵是分析清楚小球的受力情況和做功情況，運(yùn)用動(dòng)能定理和牛頓第二定律求解．