Question

如圖所示，在豎直虛線MN的右側存在著電場強度為E₁=3×10²N/C、方向豎直向上的勻強電場E₁，在MN的左側存在著水平方向的勻強電場E₂．在右側的勻強電場E₁中，一條長為L=0.8m的絕緣細線一端固定在O點，另一端拴著質量m=0.3kg、電荷量q=2×10^-2C的小球，O點到虛線MN的距離為x=1.2m．現將細線拉直到水平位置，使小球由靜止釋放，則小球能運動到圖中的位置P（P點在O點的正上方）．（不計阻力，取g=10m/s²）
（1）判斷小球的電性；（不需要說明理由）
（2）求小球運動到P點的速度大小v_p；
（3）若小球運動到P點時細線剛好斷裂，細線斷裂后小球繼續運動，求小球運動到虛線MN處時速度大��；
（4）在（3）的情況下，若小球運動經過虛線MN后進入左側的勻強電場E₂恰能做直線運動，求勻強電場E₂的大�。�

Answer 1

分析：（1）根據電場力與電場強度方向的關系分析小球的電性；
（2）小球從靜止釋放到運動至P點，根據動能定理即可求解；
（3）細線斷裂后小球繼續運動到虛線MN處，該過程小球做類平拋運動（水平勻速，豎直勻加速），根據平拋運動的基本規律即可求解；
（4）小球進入左側的勻強電場E₂只在重力和電場力作用下恰能做直線運動，說明重力與電場力的合力方向必與速度方向在同一條直線上，通過分析可得電場力的方向水平向右，小球所受合力方向與速度方向相反．

解答：解：（1）小球要向上運動，電場力必須向上，故小球帶正電；  
（2）小球從靜止釋放到運動至P點，根據動能定理得：(qE1-mg)?L=

1

2

m

v

2 P

-0
解得：vP=

2(qE1-mg)?L m

=4m/s
（3）細線斷裂后小球繼續運動到虛線MN處，該過程小球做類平拋運動（水平勻速，豎直勻加速），如圖，設做類平拋運動的時間為t，則：v_P?t=x①
由牛頓第二定律得：qE₁-mg=ma②
小球運動到虛線MN處時豎直方向的分速度為v_y=at③
合速度為v=

v 2 y + v 2 P

④
聯立①②③④代入數據解得：v=5m/s
（4）小球進入左側的勻強電場E₂只在重力和電場力作用下恰能做直線運動，說明重力與電場力的合力方向必與速度方向在同一條直線上，通過分析可得電場力的方向水平向右，小球所受合力方向與速度方向相反．如右圖所示，則：
tanθ=

vy

vP

⑤
qE2=

mg

tanθ

⑥
解得：E2=2×102N/C

答：（1）小球帶正電；
（2）小球運動到P點的速度為4m/s；
（3）若小球運動到P點時細線剛好斷裂，細線斷裂后小球繼續運動，小球運動到虛線MN處時速度大小為5m/s；
（4）在（3）的情況下，若小球運動經過虛線MN后進入左側的勻強電場E₂恰能做直線運動，勻強電場E₂的大小為2×10²N/C．

點評：本題主要考查了動能定理及平拋運動基本規律的應用，知道細線斷裂后小球繼續運動到虛線MN處，該過程小球做類平拋運動，小球進入左側的勻強電場E₂只在重力和電場力作用下恰能做直線運動，說明重力與電場力的合力方向必與速度方向在同一條直線上，難度適中．