Question

1．如圖所示，用長為L的絲線懸掛著一質量為m、帶電荷量為+q的小球，將它們放入水平向右的勻強電場中，電場強度大小E=$\frac{\sqrt{3}mg}{3q}$，今將小球拉至水平方向的A點由靜止釋放．
（1）求小球落至最低點B處的速度大�。�
（2）若小球落至最低點B處時，繩突然斷開，同時使電場反向，大小不變，則小球在以后的運動過程中的最小動能為$\frac{3}{8}（2+\frac{\sqrt{3}}{3}）mgL$．

Answer 1

分析 本題的物理過程比較含蓄，弄清物理過程是關鍵：釋放小球后，小球沿合力的方向做勻加速直線運動，當繩子張緊時，順著繩子方向的分速度在張力作用下立即減為零，小球以切向分量為初速度做圓周運動．
（1）先求出小球受到合力的大小和方向，確定小球做勻加速直線運動的末位置．這個過程應用動能定理可以求出末速度，然后以切向分量的初速度做圓周運動，到時達B點，重力與電場力做功的代數(shù)和等于動能的增量．這樣又根據(jù)動能定理求出到B點的速度．
（2）落到低點B處，繩子斷開，電場反向，此時小球受到合力方向為左偏下60°，小球做類斜拋運動．最小動能的位置在速度方向與合力方向垂直的位置．此時只有垂直分速度，求出垂直分速度，也就能求出最小動能．

解答 解：（1）小球剛釋放時受到的合力大小為：${F}_{合}=\frac{mg}{cos30°}$，方向與水平方向成$α=arctg\frac{mg}{Eq}=60°$，所以三角形OAC是等邊三角形．從A點釋放小球后，小球將沿AO方向做勻加速直線運動，到C點時繩子張緊．該過程據(jù)動能定理：
         ${F}_{合}L=\frac{1}{2}m{{v}_{C}}^{2}$       ①
所以解得：${v}_{C}=\frac{2}{4\sqrt{3}}\sqrt{gL}$，則沿切線方向的分量：${{v}_{C}}^{′}={v}_{C}cos30°=\sqrt{\sqrt{3}gL}$
從C點到B點據(jù)動能定理：
            $mgL（1-cos30°）+EqLsin30°=\frac{1}{2}m{{v}_{B}}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{C}{′}^{2}$    ②
聯(lián)立解得：${v}_{B}=\sqrt{（2+\frac{\sqrt{3}}{3}）gL}$
（2）小球到達最低點，繩斷后，電場反向，則重力與電場力的合力對小球先做負功后做正功，則小球動能減小最多處，其動能才最�。�合力對小球所做的負功最大處沿合力的反方向，的速度減為零，只有沿合力垂直方向的速度（如圖所示），
        ${v}_{L}={v}_{B}cos30°=\frac{\sqrt{3}}{2}$$\sqrt{（2+\frac{\sqrt{3}}{3}）gL}$，
則小球在以后運動的最小動能：
         ${E}_{kmin}=\frac{1}{2}m{{v}_{L}}^{2}$=$\frac{3}{8}（2+\frac{\sqrt{3}}{3}）mgL$．
答：（1）求小球落至最低點B處的速度大小為$\sqrt{（2+\frac{\sqrt{3}}{3}）gL}$．
（2）若小球落至最低點B處時，繩突然斷開，同時使電場反向，大小不變，則小球在以后的運動過程中的最小動能為$\frac{3}{8}（2+\frac{\sqrt{3}}{3}）mgL$．

點評 本題的關鍵是要分清小球的運動過程，容易搞錯的是把小球運動當成向下擺動，這樣就走入題設圈套．所以受力分析的重要性在此可窺一斑．小球初始合力右向下，由靜止開始向右下做勻加速直線運動，直到繩子張緊．然后再做圓周運動到B點．至于第二問，涉及的是類斜拋運動，可以參照斜拋運動去處理．