2019年度高考物理一輪復習 第七章 靜電場 專題強化八 帶電粒子（帶電體）在電場中運動的綜合問題學案

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1、 專題強化八　帶電粒子(帶電體)在電場中運動的綜合問題 專題解讀1.本專題主要講解帶電粒子(帶電體)在電場中運動時動力學和能量觀點的綜合運用，高考常以計算題出現(xiàn). 2.學好本專題，可以加深對動力學和能量知識的理解，能靈活應用受力分析、運動分析特別是曲線運動(平拋運動、圓周運動)的方法與技巧，熟練應用能量觀點解題. 3.用到的知識：受力分析、運動分析、能量觀點. 一、帶電粒子在電場中運動 1.分析方法：先分析受力情況，再分析運動狀態(tài)和運動過程(平衡、加速或減速，軌跡是直線還是曲線)，然后選用恰當?shù)牧W規(guī)律如牛頓運動定律、運動學公式、動能定理、能量守恒定律解題. 2.受力特點：在

2、討論帶電粒子或其他帶電體的靜止與運動問題時，重力是否要考慮，關鍵看重力與其他力相比較是否能忽略.一般來說，除明顯暗示外，帶電小球、液滴的重力不能忽略，電子、質子等帶電粒子的重力可以忽略，一般可根據(jù)微粒的運動狀態(tài)判斷是否考慮重力作用. 二、用能量觀點處理帶電體的運動 對于受變力作用的帶電體的運動，必須借助于能量觀點來處理.即使都是恒力作用的問題，用能量觀點處理也常常顯得簡潔.具體方法常有兩種： 1.用動能定理處理 思維順序一般為： (1)弄清研究對象，明確所研究的物理過程. (2)分析物體在所研究過程中的受力情況，弄清哪些力做功，做正功還是負功. (3)弄清所研究過程的始、末狀態(tài)(

3、主要指動能). (4)根據(jù)W＝ΔEk列出方程求解. 2.用包括電勢能和內能在內的能量守恒定律處理 列式的方法常有兩種： (1)利用初、末狀態(tài)的能量相等(即E1＝E2)列方程. (2)利用某些能量的減少等于另一些能量的增加(即ΔE＝ΔE′)列方程. 3.兩個結論 (1)若帶電粒子只在電場力作用下運動，其動能和電勢能之和保持不變. (2)若帶電粒子只在重力和電場力作用下運動，其機械能和電勢能之和保持不變. 命題點一　帶電粒子在交變電場中的運動 1.常見的交變電場 常見的產(chǎn)生交變電場的電壓波形有方形波、鋸齒波、正弦波等. 2.常見的題目類型 (1)粒子做單向直線運動

4、(一般用牛頓運動定律求解). (2)粒子做往返運動(一般分段研究). (3)粒子做偏轉運動(一般根據(jù)交變電場特點分段研究). 3.思維方法 (1)注重全面分析(分析受力特點和運動規(guī)律)：抓住粒子的運動具有周期性和在空間上具有對稱性的特征，求解粒子運動過程中的速度、位移、做功或確定與物理過程相關的邊界條件. (2)從兩條思路出發(fā)：一是力和運動的關系，根據(jù)牛頓第二定律及運動學規(guī)律分析；二是功能關系. (3)注意對稱性和周期性變化關系的應用. 例1　如圖1(a)所示，兩平行正對的金屬板A、B間加有如圖(b)所示的交變電壓，一重力可忽略不計的帶正電粒子被固定在兩板的正中間P處.若在t0時

5、刻釋放該粒子，粒子會時而向A板運動，時而向B板運動，并最終打在A板上.則t0可能屬于的時間段是(　　) 圖1 A.0＜t0＜　　　　　　　 B.＜t0＜ C.＜t0＜T D.T＜t0＜ 答案　B 解析　設粒子的速度方向、位移方向向右為正.依題意知，粒子的速度方向時而為正，時而為負，最終打在A板上時位移為負，速度方向為負.分別作出t0＝0、、、時粒子運動的v－t圖象，如圖所示.由于v－t圖線與時間軸所圍面積表示粒子通過的位移，則由圖象知，0＜t0＜與＜t0＜T時粒子在一個周期內的總位移大于零，＜t0＜時粒子在一個周期內的總位移小于零；t0＞T時情況類似.因粒子最終打在A板上，則要求

6、粒子在每個周期內的總位移應小于零，對照各項可知B正確. 變式1　如圖2所示，A、B兩金屬板平行放置，在t＝0時將電子從A板附近由靜止釋放(電子的重力忽略不計).分別在A、B兩板間加上下列哪種電壓時，有可能使電子到不了B板(　　) 圖2 答案　B 變式2　(多選)(2015·山東理綜·20)如圖3甲所示，兩水平金屬板間距為d，板間電場強度的變化規(guī)律如圖乙所示.t＝0時刻，質量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線射入兩板間，0～時間內微粒勻速運動，T時刻微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出.微粒運動過程中未與金屬板接觸.重力加速度的大小為g.關于微粒在0～T時間內運動的描述，正確的是(　　

7、) 圖3 A.末速度大小為v0 B.末速度沿水平方向 C.重力勢能減少了mgd D.克服電場力做功為mgd 答案　BC 解析　因0～時間內微粒勻速運動，故E0q＝mg；在～時間內，粒子只受重力作用，做平拋運動，在t＝時刻的豎直速度為vy1＝，水平速度為v0；在～T時間內，由牛頓第二定律2E0q－mg＝ma，解得a＝g，方向向上，則在t＝T時刻，vy2＝vy1－g＝0，粒子的豎直速度減小到零，水平速度為v0，選項A錯誤，B正確；微粒的重力勢能減小了ΔEp＝mg·＝mgd，選項C正確；從射入到射出，由動能定理可知，mgd－W電＝0，可知克服電場力做功為mgd，選項D錯誤；故選B、

8、C. 命題點二　用“等效法”處理帶電粒子在 電場和重力場中的運動 1.等效重力法 將重力與電場力進行合成，如圖4所示，則F合為等效重力場中的“重力”，g′＝為等效重力場中的“等效重力加速度”，F(xiàn)合的方向等效為“重力”的方向，即在等效重力場中的豎直向下方向. 圖4 2.物理最高點與幾何最高點 在“等效力場”中做圓周運動的小球，經(jīng)常遇到小球在豎直平面內做圓周運動的臨界速度問題.小球能維持圓周運動的條件是能過最高點，而這里的最高點不一定是幾何最高點，而應是物理最高點.幾何最高點是圖形中所畫圓的最上端，是符合人眼視覺習慣的最高點.而物理最高點是物體在圓周運動過程中速度最小

9、(稱為臨界速度)的點. 例2　如圖5所示，半徑為r的絕緣光滑圓環(huán)固定在豎直平面內，環(huán)上套有一質量為m、帶電荷量為＋q的珠子，現(xiàn)在圓環(huán)平面內加一個勻強電場，使珠子由最高點A從靜止開始釋放(AC、BD為圓環(huán)的兩條互相垂直的直徑)，要使珠子沿圓弧經(jīng)過B、C剛好能運動到D.(重力加速度為g) 圖5 (1)求所加電場的場強最小值及所對應的場強的方向； (2)當所加電場的場強為最小值時，求珠子由A到達D的過程中速度最大時對環(huán)的作用力大??； (3)在(1)問電場中，要使珠子能完成完整的圓周運動，在A點至少應使它具有多大的初動能？ 答案　見解析 解析　(1)根據(jù)題述，珠子運動到BC弧中點

10、M時速度最大，作過M點的直徑MN，設電場力與重力的合力為F，則其方向沿NM方向，分析珠子在M點的受力情況，由圖可知，當F電垂直于F時，F(xiàn)電最小，最小值為： F電min＝mgcos45°＝mg F電min＝qEmin 解得所加電場的場強最小值Emin＝，方向沿∠AOB的角平分線方向指向左上方. (2)當所加電場的場強為最小值時，電場力與重力的合力為F＝mgsin45°＝mg 把電場力與重力的合力看做是“等效重力”，對珠子由A運動到M的過程，由動能定理得 F(r＋r)＝mv2－0 在M點，由牛頓第二定律得：FN－F＝m 聯(lián)立解得FN＝(＋1)mg 由牛頓第三定律知，珠子對環(huán)的

11、作用力大小為 FN′＝FN＝(＋1)mg. (3)由題意可知，N點為等效最高點，只要珠子能到達N點，就能做完整的圓周運動，珠子在N點速度為0時，所需初動能最小，此過程中，由動能定理得：－F(r－r)＝0－EkA 解得EkA＝mgr. 變式3　(2018·陜西西安質檢)如圖6所示的裝置是在豎直平面內放置的光滑絕緣軌道，處于水平向右的勻強電場中，帶負電荷的小球從高為h的A處由靜止開始下滑，沿軌道ABC運動并進入圓環(huán)內做圓周運動.已知小球所受電場力是其重力的，圓環(huán)半徑為R，斜面傾角為θ＝60°，sBC＝2R.若使小球在圓環(huán)內能做完整的圓周運動，h至少為多少？(sin37°＝0.6，cos37

12、°＝0.8) 圖6 答案　7.7R 解析　小球所受的重力和電場力都為恒力，故可將兩力等效為一個力F，如圖所示.可知F＝1.25mg，方向與豎直方向成37°角.由圖可知，小球做完整的圓周運動的臨界點是D點，設小球恰好能通過D點，即到達D點時圓環(huán)對小球的彈力恰好為零. 由圓周運動知識得： F＝，即：1.25mg＝m 小球由A運動到D點，由動能定理結合幾何知識得： mg(h－R－Rcos37°)－mg·(＋2R＋Rsin37°)＝mvD2，聯(lián)立解得h≈7.7R. 命題點三　電場中的力電綜合問題 1.力學規(guī)律 (1)動力學規(guī)律：牛頓運動定律結合運動學公式. (2)能量

13、規(guī)律：動能定理或能量守恒定律. 2.電場規(guī)律 (1)電場力的特點：F＝Eq，正電荷受到的電場力與場強方向相同. (2)電場力做功的特點：WAB＝FLABcosθ＝qUAB＝EpA－EpB. 3.多階段運動 在多階段運動過程中，當物體所受外力突變時，物體由于慣性而速度不發(fā)生突變，故物體在前一階段的末速度即為物體在后一階段的初速度.對于多階段運動過程中物體在各階段中發(fā)生的位移之間的聯(lián)系，可以通過作運動過程草圖來獲得. 例3　(2017·全國卷Ⅰ·25)真空中存在電場強度大小為E1的勻強電場，一帶電油滴在該電場中豎直向上做勻速直線運動，速度大小為v0，在油滴處于位置A時，將電場強

14、度的大小突然增大到某值，但保持其方向不變.持續(xù)一段時間t1后，又突然將電場反向，但保持其大小不變；再持續(xù)同樣一段時間后，油滴運動到B點.重力加速度大小為g. (1)求油滴運動到B點時的速度； (2)求增大后的電場強度的大??；為保證后來的電場強度比原來的大，試給出相應的t1和v0應滿足的條件.已知不存在電場時，油滴以初速度v0做豎直上拋運動的最大高度恰好等于B、A兩點間距離的兩倍. 答案　見解析 解析　(1)油滴帶電性質不影響結果.設該油滴帶正電，油滴質量和電荷量分別為m和q，油滴速度方向向上為正.油滴在電場強度大小為E1的勻強電場中做勻速直線運動，故勻強電場方向向上.在t＝0時，電場強

15、度突然從E1增加至E2，油滴做豎直向上的勻加速運動，加速度方向向上，大小a1滿足 qE2－mg＝ma1 ① 油滴在t1時刻的速度為 v1＝v0＋a1t1 ② 電場強度在t1時刻突然反向，之后油滴做勻變速直線運動，加速度方向向下，大小a2滿足 qE2＋mg＝ma2 ③ 油滴在t2＝2t1時刻，即運動到B點時的速度為 v2＝v1－a2t1 ④ 由①②③④式得 v2＝v0－2gt1 ⑤ (2)由題意，在t＝0時刻前有 qE1＝mg ⑥ 油滴從t＝0到t1時刻的位移為

16、x1＝v0t1＋a1t12 ⑦ 油滴在從t1時刻到t2＝2t1時刻的時間間隔內的位移為 x2＝v1t1－a2t12 ⑧ 由題給條件有v＝2g×2h＝4gh ⑨ 式中h是B、A兩點之間的距離. 若B點在A點之上，依題意有 x1＋x2＝h ⑩ 由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得 E2＝[2－2＋()2]E1 ? 為使E2＞E1，應有 2－2＋()2＞1 ? 解得0＜t1＜(1－) ? 或t1＞(1＋) ? 條件?式和?式分別對應于v2＞0和v

17、2＜0兩種情形. 若B在A點之下，依題意有 x2＋x1＝－h(huán) ? 由①②③⑥⑦⑧⑨?式得 E2＝[2－2－()2]E1 ? 為使E2>E1，應有 2－2－()2>1 ? 解得t1>(＋1) ? 另一解為負，不符合題意，舍去. 變式4　(2017·全國卷Ⅱ·25)如圖7所示，兩水平面(虛線)之間的距離為H，其間的區(qū)域存在方向水平向右的勻強電場.自該區(qū)域上方的A點將質量均為m，電荷量分別為q和－q(q>0)的帶電小球M、N先后以相同的初速度沿平行于電場的方向射出.小球在重力作用下進入電場區(qū)域，并從該區(qū)域的下邊

18、界離開.已知N離開電場時的速度方向豎直向下；M在電場中做直線運動，剛離開電場時的動能為N剛離開電場時的動能的1.5倍.不計空氣阻力，重力加速度大小為g.求： 圖7 (1)M與N在電場中沿水平方向的位移之比； (2)A點距電場上邊界的高度； (3)該電場的電場強度大小. 答案　(1)3∶1　(2)H　(3) 解析　(1)設小球M、N在A點水平射出時的初速度大小為v0，則它們進入電場時的水平速度仍然為v0.M、N在電場中運動的時間t相等，電場力作用下產(chǎn)生的加速度沿水平方向，大小均為a，在電場中沿水平方向的位移分別為s1和s2.由題給條件和運動學公式得 v0－at＝0

19、 ① s1＝v0t＋at2 ② s2＝v0t－at2 ③ 聯(lián)立①②③式得 ＝3 ④ (2)設A點距電場上邊界的高度為h，小球下落h時在豎直方向的分速度為vy，由運動學公式 vy2＝2gh ⑤ H＝vyt＋gt2 ⑥ M進入電場后做直線運動，由幾何關系知 ＝ ⑦ 聯(lián)立①②⑤⑥⑦式可得 h＝H ⑧ (3)設電場強度的大小為E，小球M進入電場后做直線運動，則 ＝ ⑨ 設M、N離開電場時的動能分別為Ek1、Ek2，由動能定理

20、得 Ek1＝m(v02＋vy2)＋mgH＋qEs1 ⑩ Ek2＝m(v02＋vy2)＋mgH－qEs2 ? 由已知條件 Ek1＝1.5Ek2 ? 聯(lián)立④⑤⑦⑧⑨⑩??式得 E＝ ? 變式5　如圖8所示，在E＝103V/m的豎直勻強電場中，有一光滑半圓形絕緣軌道QPN與一水平絕緣軌道MN在N點平滑相接，半圓形軌道平面與電場線平行，其半徑R＝40 cm，N為半圓形軌道最低點，P為QN圓弧的中點，一帶負電q＝10－4 C的小滑塊質量m＝10 g，與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝0.15，位于N點右側1.5 m的M處，g

21、取10 m/s2，求： 圖8 (1)要使小滑塊恰能運動到半圓形軌道的最高點Q，則小滑塊應以多大的初速度v0向左運動？ (2)這樣運動的小滑塊通過P點時對軌道的壓力是多大？ 答案　(1)7m/s　(2)0.6N 解析　(1)設小滑塊恰能到達Q點時速度為v， 由牛頓第二定律得mg＋qE＝m 小滑塊從開始運動至到達Q點過程中，由動能定理得 －mg·2R－qE·2R－μ(mg＋qE)x＝mv2－mv02 聯(lián)立解得：v0＝7m/s. (2)設小滑塊到達P點時速度為v′，則從開始運動至到達P點過程中，由動能定理得 －(mg＋qE)R－μ(qE＋mg)x＝mv′2－mv02 又在

22、P點時，由牛頓第二定律得FN＝m 代入數(shù)據(jù)，解得：FN＝0.6N 由牛頓第三定律得，小滑塊通過P點時對軌道的壓力FN′＝FN＝0.6N. 1.(2017·河南中原名校第二次聯(lián)考)如圖1所示，在兩平行金屬板中央有一個靜止的電子(不計重力)，當兩板間的電壓分別如圖2中甲、乙、丙、丁所示，電子在板間運動(假設不與板相碰)，下列說法正確的是(　　) 圖1 圖2 A.電壓是甲圖時，在0～T時間內，電子的電勢能一直減少 B.電壓是乙圖時，在0～時間內，電子的電勢能先增加后減少 C.電壓是丙圖時，電子在板間做往復運動 D.電壓是丁圖時，電子在板間做往復運動 答案　

23、D 解析　若電壓是甲圖，0～T時間內，電場力先向左后向右，則電子先向左做勻加速直線運動，后做勻減速直線運動，即電場力先做正功后做負功，電勢能先減少后增加，故A錯誤；電壓是乙圖時，在0～時間內，電子向右先加速后減速，即電場力先做正功后做負功，電勢能先減少后增加，故B錯誤；電壓是丙圖時，電子先向左做加速度先增大后減小的加速運動，過了做加速度先增大后減小的減速運動，到T時速度減為0，之后重復前面的運動，故電子一直朝同一方向運動，C錯誤；電壓是丁圖時，電子先向左加速，到后向左減速，后向右加速，T后向右減速，T時速度減為零，之后重復前面的運動，故電子做往復運動，D正確. 2.將如圖3所示的交變電壓加

24、在平行板電容器A、B兩板上，開始B板電勢比A板電勢高，這時有一個原來靜止的電子正處在兩板的中間，它在電場力作用下開始運動，設A、B兩極板間的距離足夠大，下列說法正確的是(　　) 圖3 A.電子一直向著A板運動 B.電子一直向著B板運動 C.電子先向A板運動，然后返回向B板運動，之后在A、B兩板間做周期性往復運動 D.電子先向B板運動，然后返回向A板運動，之后在A、B兩板間做周期性往復運動 答案　D 3.一勻強電場的電場強度E隨時間t變化的圖象如圖4所示，在該勻強電場中，有一個帶負電粒子于t＝0時刻由靜止釋放，若帶電粒子只受電場力作用，則下列說法中正確的是(假設帶電粒子不與板相

25、碰)(　　) 圖4 A.帶電粒子只向一個方向運動 B.0～2s內，電場力做功等于0 C.4s末帶電粒子回到原出發(fā)點 D.2.5～4s內，電場力做功等于0 答案　D 解析　畫出帶電粒子速度v隨時間t變化的圖象如圖所示， v－t圖線與時間軸所圍“面積”表示位移，可見帶電粒子不是只向一個方向運動，4s末帶電粒子不能回到原出發(fā)點，A、C錯誤；2s末速度不為0，可見0～2s內電場力做的功不等于0，B錯誤；2.5s末和4s末，速度的大小、方向都相同，則2.5～4s內，電場力做功等于0，所以D正確. 4.如圖5所示，在豎直向上的勻強電場中，一根不可伸長的絕緣細繩的一端系著一個帶電小

26、球，另一端固定于O點，小球在豎直平面內做勻速圓周運動，最高點為a，最低點為b.不計空氣阻力，則下列說法正確的是(　　) 圖5 A.小球帶負電 B.電場力跟重力平衡 C.小球在從a點運動到b點的過程中，電勢能減小 D.小球在運動過程中機械能守恒 答案　B 解析　由于小球在豎直平面內做勻速圓周運動，所以重力與電場力的合力為0，電場力方向豎直向上，小球帶正電，A錯，B對；從a→b，電場力做負功，電勢能增大，C錯；由于有電場力做功，機械能不守恒，D錯. 5.(多選)(2017·河北唐山一模)如圖6所示，豎直平面內有A、B兩點，兩點的水平距離和豎直距離均為H，空間存在水平向右的勻

27、強電場.一質量為m的帶電小球從A點以水平速度v0拋出，經(jīng)一段時間豎直向下通過B點.重力加速度為g，小球在由A到B的運動過程中，下列說法正確的是(　　) 圖6 A.小球帶負電 B.速度先增大后減小 C.機械能一直減小 D.任意一小段時間內，電勢能的增加量總等于重力勢能的減少量 答案　AC 解析　由題可知，小球在豎直方向做自由落體運動，在水平方向做勻減速運動，可知其所受電場力方向向左，與電場方向相反，則小球帶負電，電場力一直對小球做負功，小球的電勢能增加，機械能減小，A、C正確.小球受豎直向下的重力和水平向左的電場力，合力方向指向左下方，又初速度水平向右，末速度豎直向下，由力與速

28、度夾角關系可知，合力對小球先做負功，后做正功，小球的速度先減小后增大，B錯誤.任意一小段時間內，小球的動能、電勢能和重力勢能的和保持不變，則電勢能的增加量不一定等于重力勢能的減少量，D錯誤. 6.(2017·河南鄭州第一次聯(lián)考)如圖7甲所示，在y＝0和y＝2m之間有沿著x軸方向的勻強電場，MN為電場區(qū)域的上邊界，在x軸方向范圍足夠大.電場強度的變化如圖乙所示，取x軸正方向為電場正方向.現(xiàn)有一個帶負電的粒子，粒子的比荷＝1.0×10－2C/kg，在t＝0時刻以速度v0＝5×102 m/s從O點沿y軸正方向進入電場區(qū)域，不計粒子重力作用.求： 圖7 (1)粒子通過電場區(qū)域的時間； (2

29、)粒子離開電場的位置坐標； (3)粒子通過電場區(qū)域后沿x軸方向的速度大小. 答案　(1)4×10－3s　(2)(－2×10－5m,2m)　(3)4×10－3m/s 解析　(1)因為粒子初速度方向垂直于勻強電場，在電場中做類平拋運動，所以粒子通過電場區(qū)域的時間t＝＝4×10－3s. (2)粒子帶負電，沿x軸負方向先加速后減速，加速時的加速度大小a1＝＝4m/s2，減速時的加速度大小a2＝＝2m/s2，離開電場時，在x軸方向上的位移大小x＝a1()2＋a1()2－a2()2＝2×10－5m，因此粒子離開電場的位置坐標為(－2×10－5m,2m). (3)粒子通過電場區(qū)域后沿x軸方向的速度

30、大小為： vx＝a1－a2＝4×10－3m/s. 7.(2018·江西宜春調研)如圖8所示，O、A、B、C為一粗糙絕緣水平面上的四點，不計空氣阻力，一電荷量為－Q的點電荷固定在O點，現(xiàn)有一質量為m、電荷量為－q的小金屬塊(可視為質點)，從A點由靜止沿它們的連線向右運動，到B點時速度最大，其大小為vm，小金屬塊最后停止在C點.已知小金屬塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，A、B間距離為L，靜電力常量為k，則(　　) 圖8 A.在點電荷－Q形成的電場中，A、B兩點間的電勢差UAB＝ B.在小金屬塊由A向C運動的過程中，電勢能先增大后減小 C.OB間的距離為 D.從B到C的過程中，小

31、金屬塊的動能全部轉化為電勢能 答案　C 解析　小金屬塊從A到B過程，由動能定理得：－qUAB－μmgL＝mvm2－0，得A、B兩點間的電勢差UAB＝－，故A錯誤；小金屬塊由A點向C點運動的過程中，電場力一直做正功，電勢能一直減小，故B錯誤；由題意知，A到B過程，金屬塊做加速運動，B到C過程，金屬塊做減速運動，在B點金屬塊所受的滑動摩擦力與庫侖力平衡，則有μmg＝k，得r＝，故C正確；從B到C的過程中，小金屬塊的動能和減少的電勢能全部轉化為內能，故D錯誤. 8.如圖9所示，勻強電場方向與水平線間夾角θ＝30°，方向斜向右上方，電場強度為E，質量為m的小球帶負電，以初速度v0開始運動，初速度

32、方向與電場方向一致. 圖9 (1)若小球的帶電荷量為q＝，為使小球能做勻速直線運動，應對小球施加的恒力F1的大小和方向各如何？ (2)若小球的帶電荷量為q＝，為使小球能做直線運動，應對小球施加的最小恒力F2的大小和方向各如何？ 答案　(1)mg　方向與水平線成60°角斜向右上方 (2)mg　方向與水平線成60°角斜向左上方 解析　(1)如圖甲所示，為使小球做勻速直線運動，必使其合外力為0，設對小球施加的力F1與水平方向夾角為α，則F1cosα＝qEcosθ，F(xiàn)1sinα＝mg＋qEsinθ 代入數(shù)據(jù)解得α＝60°，F(xiàn)1＝mg 即恒力F1與水平線成60°角斜向右上方.

33、 (2)為使小球能做直線運動，則小球所受合力的方向必和運動方向在一條直線上，故要使力F2和mg的合力和電場力在一條直線上.如圖乙，當F2取最小值時，F(xiàn)2垂直于F.故F2＝mgsin 60°＝mg，方向與水平線成60°角斜向左上方. 9.如圖10所示，光滑水平軌道與半徑為R的光滑豎直半圓軌道在B點平滑連接，在過圓心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的勻強電場，現(xiàn)有一質量為m、電荷量為＋q的小球從水平軌道上A點由靜止釋放，小球運動到C點離開圓軌道后，經(jīng)界面MN上的P點進入電場(P點恰好在A點的正上方，小球可視為質點，小球運動到C點之前電荷量保持不變，經(jīng)過C點后電荷量立即變?yōu)榱?.已知A、B間距

34、離為2R，重力加速度為g，在上述運動過程中，求： 圖10 (1)電場強度E的大?。? (2)小球在圓軌道上運動時的最大速率； (3)小球對圓軌道的最大壓力的大小. 答案　(1)　(2)　(3)(2＋3)mg 解析　(1)設小球過C點時速度大小為vC，小球從A到C由動能定理知 qE·3R－mg·2R＝mvC2 小球離開C點后做平拋運動到P點，有 R＝gt2 2R＝vCt 聯(lián)立解得E＝. (2)設小球運動到圓軌道D點時速度最大，設最大速度為v，此時OD與豎直線OB夾角設為α，小球從A點運動到D點的過程，根據(jù)動能定理知 qE(2R＋Rsinα)－mgR(1－cosα)＝mv2 即mv2＝mgR(sinα＋cosα＋1) 根據(jù)數(shù)學知識可知，當α＝45°時動能最大，由此可得 v＝. (3)由(2)中知，由于小球在D點時速度最大且電場力與重力的合力恰好背離半徑方向，故小球在D點時對圓軌道的壓力最大，設此壓力大小為F，由牛頓第三定律可知小球在D點受到的軌道的彈力大小也為F，在D點對小球進行受力分析，并建立如圖所示坐標系，由牛頓第二定律知 F－qEsinα－mgcosα＝ 解得F＝(2＋3)mg. 16