Question

13．如圖所示，用長為L的絲線懸掛質(zhì)量為m，帶電量為+q的小球，放入水平向右的勻強電場中，場強大小為E=$\frac{{\sqrt{3}mg}}{3q}$，今將小球拉至水平方向的A點后，由靜止釋放．
（1）求小球由靜止運動到絲線剛伸直時的速度大�。�
（2）小球運動到最低點B點時對絲線的拉力．
（2）若小球運動至最低B處時，繩突然斷開，同時將電場等大反向，求小球在以后的運動過程中的最小動能．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)動能定理求出繩子剛繃直時小球的速度，繩子繃直的瞬間，小球沿繩子方向的速度突然減至零，只有垂直于繩子方向的分速度，再根據(jù)動能定理求解小球落至最低點B處時的速度大�。�
（2）根據(jù)動能定理求出B點的速度，結(jié)合牛頓第二定律求出拉力的大�。�
（3）當(dāng)v方向與合力方向相互垂直時，小球動能最小，根據(jù)動能定理求解最小動能．

解答 解：（1）由題意知：小球受水平向右的電場力qE和重力mg的作用，使物體沿合力的方向做勻加速直線運動到C點，如圖1所示．由幾何知識得L_AC=L，由動能定理可得：
F_合 L=$\frac{1}{2}m{{v}_{C}}^{2}$，
$\frac{mgL}{cos30°}=\frac{1}{2}m{{v}_{C}}^{2}$，
解得${v}_{C}=\frac{2}{\root{4}{3}}\sqrt{gL}$．
（2）由于繩子給小球一沖量使小球沿繩方向的速度減為零．
沿切線方向的速度為${v}_{C}′={v}_{C}cos30°=\sqrt{\sqrt{3}gL}$．
此后小球C點到B點的過程中，繩子對小球不做功，電場和重力均對小球做正功，則有：mg（L-Lcos30°）+qELsin30°=$\frac{1}{2}m{{v}_{B}}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{C}{′}^{2}$，
解得：${{v}_{B}}^{2}=（2+\frac{\sqrt{3}}{3}）gL$，由T-mg=$m\frac{{v}^{2}}{L}$，解得T=（3+$\frac{{\sqrt{3}}}{3}$）mg，豎直向下．
（3）繩斷后，電場反向，則重力和電場力的合力對小球先做負(fù)功后做正功，則小球動能減少最多處，其功能才最�。�合力對小球所做的負(fù)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2所示），則：
${v}_{L}={v}_{B}cos30°=\frac{\sqrt{3}}{2}{v}_{B}$，其最小動能為${E}_{k}=\frac{1}{2}m{{v}_{L}}^{2}=0.96mgL$．
答：（1）小球由靜止運動到絲線剛伸直時的速度大小為$\frac{2}{\root{4}{3}}\sqrt{gL}$．
（2）小球運動到最低點B點時對絲線的拉力為（3+$\frac{{\sqrt{3}}}{3}$）mg．
（3）小球在以后的運動過程中的最小動能為0.96mgL．

點評 本題分析小球的受力情況是關(guān)鍵，再分析其運動情況，要注意小球從靜止釋放后并不是做圓周運動，而是做勻加速直線運動，不能思維定勢的影響，要具體問題具體分析．細(xì)線繃緊瞬間動能有損失，不能全過程運用動能定理列式．