Question

如图所示，在竖直虚线MN的右侧存在着电场强度为E₁=3×10²N/C、方向竖直向上的匀强电场E₁，在MN的左侧存在着水平方向的匀强电场E₂．在右侧的匀强电场E₁中，一条长为L=0.8m的绝缘细线一端固定在O点，另一端拴着质量m=0.3kg、电荷量q=2×10^-2C的小球，O点到虚线MN的距离为x=1.2m．现将细线拉直到水平位置，使小球由静止释放，则小球能运动到图中的位置P（P点在O点的正上方）．（不计阻力，取g=10m/s²）
（1）判断小球的电性；（不需要说明理由）
（2）求小球运动到P点的速度大小v_p；
（3）若小球运动到P点时细线刚好断裂，细线断裂后小球继续运动，求小球运动到虚线MN处时速度大小；
（4）在（3）的情况下，若小球运动经过虚线MN后进入左侧的匀强电场E₂恰能做直线运动，求匀强电场E₂的大小．

Answer 1

分析：（1）根据电场力与电场强度方向的关系分析小球的电性；
（2）小球从静止释放到运动至P点，根据动能定理即可求解；
（3）细线断裂后小球继续运动到虚线MN处，该过程小球做类平抛运动（水平匀速，竖直匀加速），根据平抛运动的基本规律即可求解；
（4）小球进入左侧的匀强电场E₂只在重力和电场力作用下恰能做直线运动，说明重力与电场力的合力方向必与速度方向在同一条直线上，通过分析可得电场力的方向水平向右，小球所受合力方向与速度方向相反．

解答：解：（1）小球要向上运动，电场力必须向上，故小球带正电；  
（2）小球从静止释放到运动至P点，根据动能定理得：(qE1-mg)?L=

1

2

m

v

2 P

-0
解得：vP=

2(qE1-mg)?L m

=4m/s
（3）细线断裂后小球继续运动到虚线MN处，该过程小球做类平抛运动（水平匀速，竖直匀加速），如图，设做类平抛运动的时间为t，则：v_P?t=x①
由牛顿第二定律得：qE₁-mg=ma②
小球运动到虚线MN处时竖直方向的分速度为v_y=at③
合速度为v=

v 2 y + v 2 P

④
联立①②③④代入数据解得：v=5m/s
（4）小球进入左侧的匀强电场E₂只在重力和电场力作用下恰能做直线运动，说明重力与电场力的合力方向必与速度方向在同一条直线上，通过分析可得电场力的方向水平向右，小球所受合力方向与速度方向相反．如右图所示，则：
tanθ=

vy

vP

⑤
qE2=

mg

tanθ

⑥
解得：E2=2×102N/C

答：（1）小球带正电；
（2）小球运动到P点的速度为4m/s；
（3）若小球运动到P点时细线刚好断裂，细线断裂后小球继续运动，小球运动到虚线MN处时速度大小为5m/s；
（4）在（3）的情况下，若小球运动经过虚线MN后进入左侧的匀强电场E₂恰能做直线运动，匀强电场E₂的大小为2×10²N/C．

点评：本题主要考查了动能定理及平抛运动基本规律的应用，知道细线断裂后小球继续运动到虚线MN处，该过程小球做类平抛运动，小球进入左侧的匀强电场E₂只在重力和电场力作用下恰能做直线运动，说明重力与电场力的合力方向必与速度方向在同一条直线上，难度适中．