题目内容
如图所示，一条长为L的细线，上端固定，下端栓一质量为m的带电小球，将它置于一匀强电场中，电场强度大小为E，方向水平向右，已知细线离开竖直位置的偏角为α时，小球处于平衡．（1）小球带何种电荷？求出小球所带的电量．
（2）如果使细线的偏角由α增大到φ，然后将小球由静止释放，则φ为多大才能使在细线到达竖直位置时，小球的速度刚好为零？
（3）当细线与竖直方向成α角时，至少要给小球一个多大的冲量，才能使小球做圆周运动？
分析：（1）小球在电场中受到重力、电场力和细线的拉力而处于平衡状态．根据细线偏离的方向，分析电场力方向，确定小球的电性．
（2）小球由较高位置释放直至最低位置，重力做正功，电场力做负功，应用动能定理可解角度关系．
（3）若要使小球能够完成圆周运动，则细绳应始终处于伸直状态，当在初位置（与竖直方向成α角时）所给冲量最小时，小球运动过程速度最小时刻，重力与电场力的合力恰好充当小球运动的向心力，可求其速度值，对应从初始位置到此位置过程应用动能定理，可求初始速度，进而求出初动量，由动量定理得到所需的冲量
（2）小球由较高位置释放直至最低位置，重力做正功，电场力做负功，应用动能定理可解角度关系．
（3）若要使小球能够完成圆周运动，则细绳应始终处于伸直状态，当在初位置（与竖直方向成α角时）所给冲量最小时，小球运动过程速度最小时刻，重力与电场力的合力恰好充当小球运动的向心力，可求其速度值，对应从初始位置到此位置过程应用动能定理，可求初始速度，进而求出初动量，由动量定理得到所需的冲量
解答：解：
（1）根据平衡条件可知，小球受电场力方向与场强方向相同，则小球带正电，由平衡条件得
Eq=mgtanα ①
则，q=
②
（2）将小球由静止释放过程中，重力做正功，电场力做负功，动能的变化量为零，根据动能定理得
mgL（1-cosφ）-EqLsinφ=0 ③
联立②③式得
φ=2θ ④
（3）在细线与竖直方向成α角时，重力与电场力的合力为
F=
⑤
在小球圆周运动的最高点，重力与电场力的合力提供向心力，设此时速度为v1，由牛顿运动定律得，
F=
⑥
设初速度为v0，从初始位置到速度最小位置的过程应用动能定理，
-2mgL （1-cosα）-2Eqlsinα=
-
⑦
由动量定理得，小球获得的初冲量为：
I=mv0 ⑧
由①⑤⑥⑦⑧得 I=m
答：（1）小球带正电，电荷量为
（2）偏角为2θ 时，释放小球到最低点速度为零
（3）至少要给小球一个m
的冲量，才能使小球做圆周运动
（1）根据平衡条件可知，小球受电场力方向与场强方向相同，则小球带正电，由平衡条件得
Eq=mgtanα ①
则，q=
| mgtanα |
| E |
（2）将小球由静止释放过程中，重力做正功，电场力做负功，动能的变化量为零，根据动能定理得
mgL（1-cosφ）-EqLsinφ=0 ③
联立②③式得
φ=2θ ④
（3）在细线与竖直方向成α角时，重力与电场力的合力为
F=
| mg |
| cosα |
在小球圆周运动的最高点，重力与电场力的合力提供向心力，设此时速度为v1，由牛顿运动定律得，
F=
| ||
| L |
设初速度为v0，从初始位置到速度最小位置的过程应用动能定理，
-2mgL （1-cosα）-2Eqlsinα=
| 1 |
| 2 |
| mv | 2 1 |
| 1 |
| 2 |
| mv | 2 0 |
由动量定理得，小球获得的初冲量为：
I=mv0 ⑧
由①⑤⑥⑦⑧得 I=m
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答：（1）小球带正电，电荷量为
| mgtanα |
| E |
（2）偏角为2θ 时，释放小球到最低点速度为零
（3）至少要给小球一个m
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点评：本题是复合场、平衡条件牛顿运动定律与动能定理动量定理的综合应用题，涉及过程复杂，模型较多，要分解后逐个过程进行分析求解
练习册系列答案
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如图所示，一条长为L的细线上端固定在O点，下端系一个质量为m的小球，将它置于一个很大的方向水平向右的匀强电场中，已知小球在B点时平衡，细线与竖直线的夹角为45°，求：
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