Question

8．在如圖所示的勻強電場中，長為L的絕緣細線一端系于O點，另一端系一帶正電的小球，小球的電荷量$q=\frac{{\sqrt{3}mg}}{3E}$．  求：
（1）細線拉直小球從OA水平位置由靜止釋放到速度第一次為零時細線與過O點豎直線的夾角，此時小球位置的電勢．（以過O點的等勢面為零等勢面）
（2）從A點釋放后小球的最大速度．
（3）若細線拉直小球從OB水平位置的B點由靜止釋放．問：小球上升的高度．
①若在OA下方或恰到OA線上，說明理由；
②若能到達OA上方求出經(jīng)過OA線時的速度大小．

Answer 1

分析 （1）應(yīng)用動能定理求出細線與豎直方向的夾角，然后求出電勢；
（2）由動能定理可以求出小球的最大速度；
（3）應(yīng)用動能定理求出小球到達最高點時的速度．

解答 解：（1）設(shè)與豎直線夾角為θ，
由動能定理得：mglcosθ-qE（l+lsinθ）=0-0，
整理得：$\frac{cosθ}{1+sniθ}=\frac{{\sqrt{3}}}{3}$；
由半角公式：$\frac{cosθ}{1+sniθ}=\frac{{sni（{{90}^0}-θ）}}{{1+cos（{{90}^0}-θ）}}=tan\frac{{（{{90}^0}-θ）}}{2}=\frac{{\sqrt{3}}}{3}$$\frac{{（{{90}^0}-θ）}}{2}={30^0}$，
解得：θ=30⁰，（或直接把$\frac{cosθ}{1+sniθ}=\frac{{\sqrt{3}}}{3}$變形解得   θ=30⁰均可）
電勢：φ=ELsin30°=$\frac{1}{2}$EL；
（2）有對稱性當(dāng)細繩從水平擺過60⁰角時速度最大
由動能定理得：$mgLsin{60^0}-qE（L-Lcos{60^0}）=\frac{1}{2}m{v^2}$，
解得：$v=\sqrt{\frac{{2\sqrt{3}}}{3}gL}$；
（3）能到達OA線以上．
從B點釋放到細線剛被拉直小球在合力作用下作直線運動．
剛拉直時由動能定理：${F_合}=\frac{mg}{{cos{{30}^0}}}$${F_合}•L=\frac{mg}{{cos{{30}^0}}}L=\frac{1}{2}m{v^2}$
拉直后與線垂直的速度為（拉直時損失能量）：${v_⊥}=vcos{30^0}$
此后到OA線由動能定理得：$qE（Lsni{30^0}+L）-mgLcos{30^0}=\frac{1}{2}mv_{OA}^2-\frac{1}{2}mv_⊥^2$，
解得：${v_{OA}}=\sqrt{\sqrt{3}gL}$；
答：（1）此時小球位置的電勢為$\frac{1}{2}$EL．
（2）從A點釋放后小球的最大速度為$\sqrt{\frac{2\sqrt{3}}{3}gL}$．
（3）①能到達OA線以上；②經(jīng)過OA線時的速度大小為$\sqrt{\sqrt{3}gL}$．

點評 本題是一道力學(xué)綜合題，難度較大，分析清楚運動過程是正確解題的關(guān)鍵，應(yīng)用動能定理可以解題，解題時注意小球做圓周運動的臨界條件．