Question

如圖，在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，有一質(zhì)量為m、帶電量為-q的小球系于長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)線(xiàn)一端，細(xì)線(xiàn)另一端固定懸掛在O點(diǎn)，細(xì)線(xiàn)處于水平伸直狀態(tài)，場(chǎng)強(qiáng)大小E=

mg

q

．現(xiàn)將小球從A點(diǎn)靜止釋放，則下列說(shuō)法正確的是（　　）

• A、小球下落至最低點(diǎn)所用的時(shí)間為

  2L g

• B、小球在最低點(diǎn)對(duì)細(xì)線(xiàn)的拉力為5mg
• C、小球運(yùn)動(dòng)至O點(diǎn)左側(cè)與A等高位置B時(shí)的速度為2

  gL

• D、小球從釋放至O點(diǎn)左側(cè)與A等高位置B時(shí)，電勢(shì)能增加2EqL

Answer 1

分析：帶負(fù)電小球在電場(chǎng)中受到水平向左的電場(chǎng)力作用，將小球從A點(diǎn)靜止釋放，小球?qū)⒀刂�電�?chǎng)力與重力的合力方向做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合求時(shí)間；小球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)細(xì)線(xiàn)繃緊，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出小球到最低點(diǎn)時(shí)的速度大小，根據(jù)牛頓第二定律求細(xì)線(xiàn)的拉力；根據(jù)動(dòng)能定理求出小球運(yùn)動(dòng)至O點(diǎn)左側(cè)與A等高位置B時(shí)的速度，及電勢(shì)能的變化．

解答：解：A、將小球從A點(diǎn)靜止釋放，小球?qū)⒀刂�電�?chǎng)力與重力的合力方向做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，由于電場(chǎng)力qE=mg，則知小球沿與水平成45°角斜向左下方的角度運(yùn)動(dòng)，加速度為a=

2 mg

m

=

2

g．設(shè)運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的時(shí)間為t，則

2

L=

1

2

at2=

1

2

?

2

gt2，解得，t=

2L g

．故A正確．
B、小球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)的速度大小為v=at=2

gL

．
若小球做圓周運(yùn)動(dòng)，速度沿圓周的切線(xiàn)方向，由牛頓第二定律得：F-mg=m

v2

L

，則得F=5mg．
而實(shí)際中小球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)速度沿斜向左下方，細(xì)線(xiàn)突然繃緊，小球在最低點(diǎn)對(duì)細(xì)線(xiàn)的拉力不是5mg．故B錯(cuò)誤．
C、在最低點(diǎn)時(shí)細(xì)線(xiàn)突然繃緊，小球沿細(xì)線(xiàn)方向的速度立即減至零，而水平分速度沒(méi)有變化，則從最低點(diǎn)到B過(guò)程：由動(dòng)能定理得：-mgL+qEL=

1

2

m

v

2 B

-

1

2

m(vcos45°)2，解得，vB=

2gL

．故C錯(cuò)誤．
D、由于電場(chǎng)力做正功，從A到B，小球的電勢(shì)能減小2qEL．故D錯(cuò)誤．
故選A

點(diǎn)評(píng)：本題關(guān)鍵分析清楚粒子的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，然后結(jié)合運(yùn)動(dòng)的合成與分解、動(dòng)能定理、牛頓第二定律列式求解．