Question

18．如图所示，充电后的平行板电容器竖直放置，板间一带正电的小球用绝缘细线悬挂于A板上端，若将小球和细线拉至水平位置，由静止释放后小球将向下摆动直至与A板发生碰撞，此过程细线始终处于伸直状态，则此过程中（　　）

• A． 小球的电势能先增大后减小
• B． 小球的动能一直增大
• C． 小球受细线的拉力一直在增大
• D． 小球运动的向心加速度先增大后减小

Answer 1

分析 带电小球在复合场中的摆动类似于单摆，它的受力与运动都可以使用单摆的模型说明，由于小球与A板相碰，则说明速度最大不在偏角45°处，而是大于45°，从而可以确定动能如何变化，向心加速度的变化，及拉力的变化，再根据电场力做功来确定电势能的变化．

解答 解：A、由题意可知，小球在运动过程中，电场力一直做负功，导致电势能一直增加．故A错误；
B、与单摆类比，由对称性可知，小球速度先增加后减小，动能先增大后减小，故B错误；
C、根据牛顿第二定律可得，小球在速度最大时，拉力最大，因此拉力先增加后减小．故C错误；
D、根据向心加速度公式a$\frac{{v}^{2}}{r}$=，可知，当速度变化时，向心加速也变化，因此向心加速度先增大后减小．故D正确．
故选：D．

点评 解决本题的关键对研究对象进行受力分析，并结合单摆的模型来分析，从而算出结果，并掌握电势能、动能、向心加速度、拉力的变化判定的方法．