Question

如圖所示，一個(gè)電容為C，電量為Q的平行板電容器豎直放置，兩板間的電場(chǎng)可視為勻強(qiáng)電場(chǎng)，將一個(gè)質(zhì)量為m，電荷量為-q的帶電小球（可視為質(zhì)點(diǎn)），不可伸長(zhǎng)的絕緣細(xì)線懸掛于兩板間O點(diǎn)．現(xiàn)將小球拉至水平位置M點(diǎn)，由靜止釋放，當(dāng)小球延圓弧向下擺動(dòng)60度到達(dá)N點(diǎn)時(shí)，速度恰好為零．則（

• A、電容器的左極板帶負(fù)電
• B、繩子的最大拉力為2mg
• C、電容器兩極板間的距離為

  3 Qq

  3mgC

• D、如果讓電容器的帶電量減半，小球仍從M點(diǎn)有靜止釋放，到達(dá)N點(diǎn)時(shí)速度仍為0

Answer 1

分析：根據(jù)動(dòng)能定理，合外力做功為零，重力做正功，電場(chǎng)力對(duì)小球做負(fù)功，可知電場(chǎng)力的方向，根據(jù)小球的帶電正負(fù)，可知場(chǎng)強(qiáng)的方向．
將重力與電場(chǎng)力合成可得出等效最低點(diǎn)，在最低點(diǎn)處繩子的拉力最大；先由動(dòng)能定理求出最低點(diǎn)的速度，再由向心力公式即可求得最大拉力；
從M到N的過程中電場(chǎng)力和重力做功，由動(dòng)能定理求得電場(chǎng)力和重力的關(guān)系，結(jié)合公式C=

Q

U

和E=

U

d

求得兩板間的距離；
根據(jù)電容的決定式C=

εS

4πkd

，結(jié)合結(jié)合公式C=

Q

U

和E=

U

d

可得到E=

4πKQ

εS

，當(dāng)兩極板的間距變化或兩極板的正對(duì)面積，判斷場(chǎng)強(qiáng)的變化，進(jìn)步根據(jù)動(dòng)能定理判斷到達(dá)N點(diǎn)的速度．

解答：解：A、小球從M到N的過程中，動(dòng)能變化為零，根據(jù)動(dòng)能定理，合力做功0，而重力做正功，則電場(chǎng)力對(duì)小球做負(fù)功，即電場(chǎng)力方向向右，由于小球帶負(fù)電，故場(chǎng)強(qiáng)方向向左，所以左極板帶負(fù)電，右極板帶正電．故A正確
B、設(shè)兩板間電勢(shì)差為U、場(chǎng)強(qiáng)為E，由C=

Q

U

和E=

U

d

得：E=

Q

Cd

…①
對(duì)球，從M到N由動(dòng)能定理有mgLsin60°-qEcos60°=0-0
所以有：Eq=mgtanθ=

3

mg；則重力與電場(chǎng)力的合力大小為2mg；方向沿與水平方向成30°角，此時(shí)繩子的拉力F-2mg=m

v2

R

；因速度不為零；故拉力一定大于2mg；故B錯(cuò)誤；
C、設(shè)兩板間電勢(shì)差為U、場(chǎng)強(qiáng)為E，由C=

Q

U

和E=

U

d

得：E=

Q

Cd

…①
對(duì)球，從M到N由動(dòng)能定理有mgLsin60°-qEcos60°=0-0
所以有：Eq=mgtanθ=

3

mg
由①②得：d=

3 Qq

3mgC

，故C正確．
D、由電量減半時(shí)，電壓減半，則極板間的場(chǎng)強(qiáng)減半；從M到N的過程中電場(chǎng)力做功變小，根據(jù)動(dòng)能定理外力做功之和mgLsin60°-qEcos60°大于零，則小球從M點(diǎn)釋放后，還沒有到達(dá)N點(diǎn)時(shí)速度不會(huì)為零；故D錯(cuò)誤；
故選：AC．

點(diǎn)評(píng)：該題中帶電的小球在重力和電場(chǎng)力的復(fù)合場(chǎng)中做類單擺運(yùn)動(dòng)，需要正確對(duì)運(yùn)動(dòng)的過程和小球的受力減小分析．該題中需要注意的是：小球速度最大時(shí)重力、電場(chǎng)力、細(xì)繩上的拉力和F提供小球做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力．