Question

17．如圖所示，一長(zhǎng)為L(zhǎng)=1.0m的絕緣細(xì)線，上端固定在O點(diǎn)，下端拴一質(zhì)量m=4×10^-2kg的帶電小球，小球所在的整個(gè)空間有場(chǎng)強(qiáng)大小E=5×10⁴N/C、方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)．當(dāng)細(xì)線與豎直方向的夾角為α=37°時(shí)，小球靜止于P點(diǎn)．（小球可視為質(zhì)點(diǎn)，g=10m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8）．
 （1）小球帶何種電荷？小球所帶的電荷量是多少？
 （2）若將小球拉至鈿線呈豎直且線繃緊的P′點(diǎn)，再由靜止釋放小球，求小球到達(dá)P點(diǎn)時(shí)對(duì)細(xì)線的拉力大小．

Answer 1

分析 對(duì)小球受力分析，根據(jù)共點(diǎn)力平衡得出電場(chǎng)力的方向和大小，從而根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度的定義式求出小球的電荷量；
根據(jù)動(dòng)能定理，結(jié)合牛頓第二、三定律，即可求解小球到達(dá)P點(diǎn)時(shí)對(duì)細(xì)線的拉力大�。�

解答 解：（1）根據(jù)受力分析，結(jié)合平衡條件，可知，小球受到的電場(chǎng)力向右，因電場(chǎng)強(qiáng)度方向向右，因此小球帶正電；
在P點(diǎn)，小球受到三個(gè)力作用，而處于平衡，由力的平衡條件，則有：qE=mgtanα
代入數(shù)據(jù)，解得：q=6×10^-6C
（2）設(shè)小球到達(dá)P點(diǎn)時(shí)的速度為v，細(xì)線對(duì)小球的拉力為F，
從P′到P，由動(dòng)能定理，則有：qELsinα-mgL（1-cosα）=$\frac{1}{2}m{v}^{2}$-0
在P點(diǎn)，由牛頓第二定律，則有：F-mgcosα-qEsinα=m$\frac{{v}^{2}}{L}$
聯(lián)立上式，代入數(shù)據(jù)，解得：F=0.7N
根據(jù)牛頓第三定律，小球到對(duì)細(xì)線的拉力大小為F′=0.7N
答：（1）小球帶正電荷，小球所帶的電荷量是6×10^-6C；
 （2）若將小球拉至鈿線呈豎直且線繃緊的P′點(diǎn)，再由靜止釋放小球，則小球到達(dá)P點(diǎn)時(shí)對(duì)細(xì)線的拉力大小0.7N．

點(diǎn)評(píng) 解決本題的關(guān)鍵能夠正確地受力分析，運(yùn)用共點(diǎn)力平衡進(jìn)行求解，并掌握動(dòng)能定理與牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用．