题目内容
如图所示，空间存在着强度E=2.5×102N/C方向竖直向上的匀强电场，在电场内一长为L=0.5m的绝缘细线，一端固定在O点，一端拴着质量m=0.5kg、电荷量q=4×10-2C的小球．现将细线拉直到水平位置，使小球由静止释放，当小球运动最高点时细线受到的拉力恰好达到它能承受的最大值而断裂．取g=10m/s2．求：（1）小球的电性；
（2）细线能承受的最大拉力；
（3）当小球继续运动后与O点水平方向距离为L时，小球距O点的高度．
分析：（1）由带电小球在电场力作用下，运动到最高点并拉断细线，则可判定电场力方向，再由电场强度方向可确定小球的电性．
（2）小球从释放到最高点，由动能定理可求出动能的变化，再由牛顿第二定律可得拉力大小．
（3）当细线断裂后，小球做类平抛运动，则将此运动分解成水平方向匀速运动与竖直方向匀加速运动，从而求出小球距O点的高度．
（2）小球从释放到最高点，由动能定理可求出动能的变化，再由牛顿第二定律可得拉力大小．
（3）当细线断裂后，小球做类平抛运动，则将此运动分解成水平方向匀速运动与竖直方向匀加速运动，从而求出小球距O点的高度．
解答：解：（1）由小球运动到最高点细线被拉断，则说明电场力竖直向上，再由电场线竖直向上，则可判定小球带正电
（2）设小球运动到最高点时速度为v，对该过程由动能定理有，(qE-mg)L=
mv2①
在最高点对小球由牛顿第二定律得，T+mg-qE=m
②
由①②式解得，T=15N
（3）小球在细线断裂后，在竖直方向的加速度设为a，则a=
③
设小球在水平方向运动L的过程中，历时t，则L=vt④
设竖直方向上的位移为s，则s=
at2⑤
由①③④⑤解得，s=0.125m
∴小球距O点高度为s+L=0.625m．
答：（1）小球的电性为正电
（2）细线能承受的最大拉力为15N
（3）当小球继续运动后与O点水平方向距离为L时，小球距O点的高度0.625m．
（2）设小球运动到最高点时速度为v，对该过程由动能定理有，(qE-mg)L=
| 1 |
| 2 |
在最高点对小球由牛顿第二定律得，T+mg-qE=m
| v2 |
| L |
由①②式解得，T=15N
（3）小球在细线断裂后，在竖直方向的加速度设为a，则a=
| qE-mg |
| m |
设小球在水平方向运动L的过程中，历时t，则L=vt④
设竖直方向上的位移为s，则s=
| 1 |
| 2 |
由①③④⑤解得，s=0.125m
∴小球距O点高度为s+L=0.625m．
答：（1）小球的电性为正电
（2）细线能承受的最大拉力为15N
（3）当小球继续运动后与O点水平方向距离为L时，小球距O点的高度0.625m．
点评：小球由静止释放，当小球运动最高点时细线受到的拉力恰好达到它能承受的最大值而断裂．从而可求出此时的速度，这是本题的突破口．并值得注意是细线断裂后，速度与合力相垂直，且合力恒定，所以做类平抛运动．
练习册系列答案
名师点睛字词句段篇系列答案
相关题目
如图所示，空间存在着由匀强磁场B和匀强电场E组成的正交电磁场，电场方向水平向左，磁场方向垂直纸面向里．有一带负电荷的小球P，从正交电磁场上方的某处自由落下，那么带电小球在通过正交电磁场时（ ）
（2013?顺义区一模）如图所示，空间存在着垂直纸面向外的水平的匀强磁场和竖直向上的匀强电场，磁感应强度为B，电场强度为E．在这个场区内，有一带正电的液滴a在电场力和重力作用下处于静止状态．现从场中某点由静止释放一个带负电的液滴bb（图中未画出），当它的运动方向变成水平方向时恰与a相撞，撞后两液滴合为一体，并沿水平方向做匀速直线运动．已知液滴b的质量是a质量的2倍，b所带的电量的绝对值是a所带电量大小的4倍，设相撞前a、b之间的静电力可不计．求：
如图所示，空间存在着与圆台母线垂直向外的磁场，各处的磁感应强度大小均为B，圆台母线与竖直方向的夹角为θ．一个质量为m、半径为r的匀质金属环位于圆台底部．环中通以恒定的电流I后圆环由静止向上运动，经过时间t后撤去该恒定电流并保持圆环闭合，圆环上升的最大高度为H．已知重力加速度为g，磁场的范围足够大．在圆环向上运动的过程中，下列说法正确的是（ ）