《2025年高中物理补充习题必修第三册》

10. 如图所示，绝缘细线一端固定于$O$点，另一端连接一带电荷量为$q$、质量为$m$的带正电小球.要使带电小球静止时细线与竖直方向成$\alpha$角，可在空间加一匀强电场，则当所加的匀强电场沿什么方向时可使场强最小？最小的场强多大？这时细线中的张力多大？

答案：
小球受到重力G、细线的拉力T、电场力F三个力作用，根据平衡条件可知，拉力T与电场力F的合力必与重力G等值反向.因为拉力T的方向确定，F与T的合力确定，由矢量图可知，当电场力F垂直细线时最小，场强也最小.则$F_{min}=qE_{min}=mg\sin\alpha$，$E_{min}=\frac{mg}{q}\sin\alpha$，此时细线中张力$T = mg\cos\alpha$.

11. 质量都是$m$的两个完全相同、带等量电荷的小球$A、B$分别用长为$l$的绝缘细线悬挂在同一水平面上相距为$2l$的$M、N$两点，平衡时小球$A、B$的位置如图甲所示，线与竖直方向的夹角均为$\alpha = 30^{\circ}$.当外加水平向左的匀强电场时，两小球的平衡位置如图乙所示，线与竖直方向的夹角也均为$\alpha = 30^{\circ}$，求：
(1) 小球$A、B$的电性及所带的电荷量$Q$.
(2) 外加匀强电场的场强$E$的大小.

答案：
(1) 由题图甲可知A、B带异种电荷，进一步分析题图乙可知A球带正电，B球带负电.未加匀强电场时，两小球相距$d = 2l - 2l\sin30^{\circ}=l$，由A球受力平衡可得$mg\tan\alpha=k\frac{Q^{2}}{l^{2}}$，解得$Q=\sqrt{\frac{\sqrt{3}mg}{3k}}l$.
(2) 当外加匀强电场时，两球相距$d' = 2l + 2l\sin30^{\circ}=3l$，根据A球受力平衡可得$QE - k\frac{Q^{2}}{(3l)^{2}} = mg\tan\alpha$，解得$E = \frac{10\sqrt{\frac{\sqrt{3}}{3}mgk}}{9l}$.

12. 如图所示，有一水平向左的匀强电场，场强$E = 1.25×10^4N/C$，一根长$L = 1.5m$、与水平方向的夹角$\theta = 37^{\circ}$的光滑绝缘细直杆$MN$固定在电场中，杆的下端$M$固定一个带电小球$A$，电荷量$Q = +4.5×10^{-6}C$；另一带电小球$B$穿在杆上可自由滑动，电荷量$q = +1.0×10^{-6}C$，质量$m = 1.0×10^{-2}kg$.将小球$B$从杆的上端$N$处静止释放，小球$B$开始运动.问：(静电力常量$k = 9.0×10^9N·m^2/C^2$，$g$取$10m/s^2$，$\sin37^{\circ}=0.6$，$\cos37^{\circ}=0.8$)
(1) 小球$B$开始运动时的加速度多大？
(2) 小球$B$的速度最大时，与$M$端的距离$r$多大？

答案：

(1) 如图所示，开始运动时小球B受重力、库仑力、杆的弹力和电场力，沿杆方向运动，由牛顿第二定律得$mg\sin\theta - \frac{kQq}{L^{2}} - qE\cos\theta = ma$.解得$a = g\sin\theta - \frac{kQq}{L^{2}m}-\frac{qE\cos\theta}{m}$，代入数据解得$a = 3.2\ m/s^{2}$.

(2) 小球B速度最大时合力为零，即$mg\sin\theta - \frac{kQq}{r^{2}} - qE\cos\theta = 0$，解得$r = \sqrt{\frac{kQq}{mg\sin\theta - qE\cos\theta}}$，代入数据解得$r = 0.9\ m$.