Question

如圖所示，用長為l的絕緣細線拴一個質量為m．帶電量為+q的小球（可視為質點）后懸掛于O點，整個裝置處于水平向右的勻速電場E中．將小球拉至懸線呈水平的位置A后，由靜止開始將小球釋放，小球從A點開始向下擺動，當懸線轉過與豎直方向成30⁰角到達位置C時，速度恰好為零．求：
（1）A．C兩點的電勢差U_AC；
（2）電場強度E大小；
（3）小球到達最低點B時，懸線對小球的拉力T．

Answer 1

分析：（1）小球從A到C的過程中，重力做正功mgLcos30°，電場力做功為qU_Ac，動能的變化量為零，根據動能定理求解電勢差U_AC．
（2）根據電場強度與電勢差的關系U=Ed求解場強．式中d是AC沿電場線方向的距離，d=L+Lcos60°．
（3）利用動能定理求出在B點的速度，再利用圓周運動的知識，即牛頓第二定律求拉力T．

解答：解：（1）以小球為研究對象，受重力、拉力和電場力，小球從A到C的過程中，由動能定理得：
mgLcos30+qU_AC=0-0
解得：U_AC=-

3 mgL

2q

（2）有幾何關系可知，AC 沿電場方向的距離d=Lsin30°+L…①
由勻強電場場強E=

UCA

d

…②
又因為U_AC=-U_CA…③
聯立①②③解之得：E=

mg 3

q

…④
（3）以小球從A到B為研究過程，設小球在B點的速度為v，拉力為T．
由動能定理得：mgL-EqL=

1

2

mv2…⑤
小球在B點由牛頓第二定律得：T-mg=

mv2

L

…⑥
聯立④⑤⑥解得：T=（3-

2

3

3

）mg
答：1）A．C兩點的電勢差U_AC為-

3 mgL

2q

（2）電場強度E大小

mg 3

q

；
（3）小球到達最低點B時，懸線對小球的拉力為（3-

2

3

3

）mg．

點評：解決本題關鍵要掌握動能定理和電場力做功W=qU、電場強度與電勢差的關系式U=Ed．