Question

如圖所示，兩組完全相同的電源E₁、E₂分別通過開關S₁、S₂與兩對金屬板相連，每對金屬板的距離均為d，如果S₁、S₂分別閉合能夠在金屬板相對的空間內建立起豎直和水平方向的勻強電場．一長為l的絕緣細線一端固定在O點，另一端栓著一個質量為m、帶有一定電量q的小球，原來S₁、S₂都斷開，小球在最低點A點處于靜止狀態(tài)．問：
（1）若只將S₁閉合并給小球一沖量，它可在豎直平面內繞O點做勻速圓周運動，那么小球帶何種電荷？電源的電動勢E₁等于多少？
（2）若只將S₂閉合，小球從A點由靜止釋放，那么，運動過程中細線所受的最大拉力是多少？并在圖中標明此時小球的位置．
（3）若只將S₂閉合，要使小球從A點開始在豎直平面內做完整的圓周運動，至少在A點給小球多大的瞬時沖量？（已知當地的重力加速度為g）

Answer 1

分析：（1）可在豎直平面內繞O點做勻速圓周運動，說明小球受到的重力與電場力始終平衡，故小球必帶正電．根據平衡條件，可解得電源的電動勢E₁．
（2）只將S₂閉合，由合場的觀點分析知，小球在細線與豎直方向偏右下方為45°時的D點拉力T最大（設為T_M）．
在D點細線與電場力和重力的合力提供向心力TM-

2

mg=m

vD2

l

，從A到D過程，運用動能定理-mgl(1-cos45°)+q

E1

d

lsin45°=

1

2

mvD2，化簡可解得細線所受的最大拉力T_M．
（3）由合場的觀點分析知，小球應在圓周上與D點對稱的C點時最容易離軌，即C點為合場中的等效最高點，在C點重力和電場力的合力恰好提供向心力

2

mg=m

vmin2

l

從A到C運用動能定理-mgl(1+cos45°)-q

E1

d

lsin45°=

1

2

mvmin2-

1

2

mvA2，由上面二式解得v_A，所以I=mv_A，代入數據可得瞬時沖量I．

解答：解：（1）由題意分析知：小球必帶正電．
小球受到的重力與電場力始終平衡，即：
q

E1

d

=mg
所以E1=

mgd

q

．
（2）只將S₂閉合，由題意分析可知，由合場的觀點分析知，小球在細線與豎直方向偏右下方為45°時的D點拉力T最大（設為T_M），受力如圖所示：
在D點細線與電場力和重力的合力提供向心力TM-

2

mg=m

vD2

l

從A到D過程，運用動能定理-mgl(1-cos45°)+q

E1

d

lsin45°=

1

2

mvD2
由以上二式可解得：T_M=(3

2

-2)mg．
（3）設至少給球的沖量為I，此時對應的速度為v_A，
如下圖所示，由合場的觀點分析知，小球應在圓周上與D點對稱的C點時最容易離軌，即C點為合場中的等效最高點，
在C點重力和電場力的合力恰好提供向心力

2

mg=m

vmin2

l

從A到C運用動能定理-mgl(1+cos45°)-q

E1

d

lsin45°=

1

2

mvmin2-

1

2

mvA2
由上面二式解得vA=

gl(3 2 +2)

所以I=mv_A=m

gl(3 2 +2)

．
答：（1）若只將S₁閉合并給小球一沖量，它可在豎直平面內繞O點做勻速圓周運動，那么小球帶正電，電源的電動勢E₁等于

mgd

q

．
（2）若只將S₂閉合，小球從A點由靜止釋放，那么，運動過程中細線所受的最大拉力是(3

2

-2)mg，此時小球的位置如圖所示．
（3）若只將S₂閉合，要使小球從A點開始在豎直平面內做完整的圓周運動，至少在A點給小球m

gl(3 2 +2)

的瞬時沖量．

點評：此題考查了重力場合電場兩個復合場中的圓周運動的問題，同時要結合牛頓第二定律和動能定理的知識分析、解決問題，是一道非常好的題目，但是綜合能力要求較高，難度較大，屬于難題．