专题强化八带电粒子(带电体)在电场中运动的综合问题专题解读 1.本专题主要讲解带电粒子(带电体)在电场中运动时动力学和能量观点的综合运用，高考常以计算题出现.2.学好本专题，可以加深对动力学和能量知识的理解，能灵活应用受力分析、运动分析特别是曲线运动(平抛运动、圆周运动)的方法与技巧，熟练应用能量观点解题.3.用到的知识：受力分析、运动分析、能量观点.一、带电粒子在电场中运动1.分析方法：先分析受力情况，再分析运动状态和运动过程(平衡、加速或减速，轨迹是直线还是曲线)，然后选用恰当的力学规律如牛顿运动定律、运动学公式、动能定理、能量守恒定律解题.2.受力特点：在讨论带电粒子或其他带电体的静止与运动问题时，重力是否要考虑，关键看重力与其他力相比较是否能忽略.一般来说，除明显暗示外，带电小球、液滴的重力不能忽略，电子、质子等带电粒子的重力可以忽略，一般可根据微粒的运动状态判断是否考虑重力作用.二、用能量观点处理带电体的运动对于受变力作用的带电体的运动，必须借助于能量观点来处理.即使都是恒力作用的问题，用能量观点处理也常常显得简洁.具体方法常有两种：1.用动能定理处理思维顺序一般为：(1)弄清研究对象，明确所研究的物理过程.(2)分析物体在所研究过程中的受力情况，弄清哪些力做功，做正功还是负功.(3)弄清所研究过程的始、末状态(主要指动能).(4)根据W＝ΔE k列出方程求解.2.用包括电势能和内能在内的能量守恒定律处理列式的方法常有两种：(1)利用初、末状态的能量相等(即E1＝E2)列方程.(2)利用某些能量的减少等于另一些能量的增加(即ΔE＝ΔE′)列方程.3.两个结论(1)若带电粒子只在电场力作用下运动，其动能和电势能之和保持不变.(2)若带电粒子只在重力和电场力作用下运动，其机械能和电势能之和保持不变.命题点一 带电粒子在交变电场中的运动1.常见的交变电场常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等. 2.常见的题目类型(1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解). (2)粒子做往返运动(一般分段研究).(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究). 3.思维方法(1)注重全面分析(分析受力特点和运动规律)：抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的边界条件. (2)从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系.(3)注意对称性和周期性变化关系的应用.例1 如图1(a)所示，两平行正对的金属板A 、B 间加有如图(b)所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P 处.若在t 0时刻释放该粒子，粒子会时而向A 板运动，时而向B 板运动，并最终打在A 板上.则t 0可能属于的时间段是( )图1A.0＜t 0＜T4B.T 2＜t 0＜3T 4C.3T4＜t 0＜T D.T ＜t 0＜9T 8答案 B解析 设粒子的速度方向、位移方向向右为正.依题意知，粒子的速度方向时而为正，时而为负，最终打在A 板上时位移为负，速度方向为负.分别作出t 0＝0、T 4、T 2、3T4时粒子运动的v－t 图象，如图所示.由于v －t 图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移，则由图象知，0＜t 0＜T 4与3T 4＜t 0＜T 时粒子在一个周期内的总位移大于零，T 4＜t 0＜3T4时粒子在一个周期内的总位移小于零；t 0＞T 时情况类似.因粒子最终打在A 板上，则要求粒子在每个周期内的总位移应小于零，对照各项可知B 正确.变式1 如图2所示，A 、B 两金属板平行放置，在t ＝0时将电子从A 板附近由静止释放(电子的重力忽略不计).分别在A 、B 两板间加上下列哪种电压时，有可能使电子到不了B 板( )图2答案 B变式2 (多选)(2015·山东理综·20)如图3甲所示，两水平金属板间距为d ，板间电场强度的变化规律如图乙所示.t ＝0时刻，质量为m 的带电微粒以初速度v 0沿中线射入两板间，0～T 3时间内微粒匀速运动，T 时刻微粒恰好经金属板边缘飞出.微粒运动过程中未与金属板接触.重力加速度的大小为g .关于微粒在0～T 时间内运动的描述，正确的是( )图3A.末速度大小为2v 0B.末速度沿水平方向C.重力势能减少了12mgdD.克服电场力做功为mgd 答案 BC解析 因0～T 3时间内微粒匀速运动，故E 0q ＝mg ；在T 3～2T3时间内，粒子只受重力作用，做平抛运动，在t ＝2T 3时刻的竖直速度为v y 1＝gT 3，水平速度为v 0；在2T3～T 时间内，由牛顿第二定律2E 0q －mg ＝ma ，解得a ＝g ，方向向上，则在t ＝T 时刻，v y 2＝v y 1－g T3＝0，粒子的竖直速度减小到零，水平速度为v 0，选项A 错误，B 正确；微粒的重力势能减小了ΔE p ＝mg ·d2＝12mgd ，选项C 正确；从射入到射出，由动能定理可知，12mgd －W 电＝0，可知克服电场力做功为12mgd ，选项D 错误；故选B 、C.命题点二 用“等效法”处理带电粒子在电场和重力场中的运动1.等效重力法将重力与电场力进行合成，如图4所示，则F 合为等效重力场中的“重力”，g ′＝F 合m 为等效重力场中的“等效重力加速度”，F 合的方向等效为“重力”的方向，即在等效重力场中的竖直向下方向.图42.物理最高点与几何最高点在“等效力场”中做圆周运动的小球，经常遇到小球在竖直平面内做圆周运动的临界速度问题.小球能维持圆周运动的条件是能过最高点，而这里的最高点不一定是几何最高点，而应是物理最高点.几何最高点是图形中所画圆的最上端，是符合人眼视觉习惯的最高点.而物理最高点是物体在圆周运动过程中速度最小(称为临界速度)的点.例2 如图5所示，半径为r 的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，环上套有一质量为m 、带电荷量为＋q 的珠子，现在圆环平面内加一个匀强电场，使珠子由最高点A 从静止开始释放(AC、BD为圆环的两条互相垂直的直径)，要使珠子沿圆弧经过B、C刚好能运动到D.(重力加速度为g)图5(1)求所加电场的场强最小值及所对应的场强的方向；(2)当所加电场的场强为最小值时，求珠子由A到达D的过程中速度最大时对环的作用力大小；(3)在(1)问电场中，要使珠子能完成完整的圆周运动，在A点至少应使它具有多大的初动能？答案见解析解析(1)根据题述，珠子运动到BC弧中点M时速度最大，作过M点的直径MN，设电场力与重力的合力为F，则其方向沿NM方向，分析珠子在M点的受力情况，由图可知，当F电垂直于F时，F电最小，最小值为：F电min＝mg cos 45°＝22mgF电min＝qE min解得所加电场的场强最小值E min＝2mg2q，方向沿∠AOB的角平分线方向指向左上方.(2)当所加电场的场强为最小值时，电场力与重力的合力为F＝mg sin 45°＝22mg把电场力与重力的合力看做是“等效重力”，对珠子由A运动到M的过程，由动能定理得F(r＋22r)＝12m v2－0在M点，由牛顿第二定律得：F N－F＝m v2r联立解得F N＝(322＋1)mg由牛顿第三定律知，珠子对环的作用力大小为 F N ′＝F N ＝(322＋1)mg .(3)由题意可知，N 点为等效最高点，只要珠子能到达N 点，就能做完整的圆周运动，珠子在N 点速度为0时，所需初动能最小，此过程中，由动能定理得：－F (r －22r )＝0－E k A 解得E k A ＝2－12mgr . 变式3 (2018·陕西西安质检)如图6所示的装置是在竖直平面内放置的光滑绝缘轨道，处于水平向右的匀强电场中，带负电荷的小球从高为h 的A 处由静止开始下滑，沿轨道ABC 运动并进入圆环内做圆周运动.已知小球所受电场力是其重力的34，圆环半径为R ，斜面倾角为θ＝60°，s BC ＝2R .若使小球在圆环内能做完整的圆周运动，h 至少为多少？(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)图6答案 7.7R解析 小球所受的重力和电场力都为恒力，故可将两力等效为一个力F ，如图所示.可知F ＝1.25mg ，方向与竖直方向成37°角.由图可知，小球做完整的圆周运动的临界点是D 点，设小球恰好能通过D 点，即到达D 点时圆环对小球的弹力恰好为零.由圆周运动知识得： F ＝m v D 2R ，即：1.25mg ＝m v D 2R小球由A 运动到D 点，由动能定理结合几何知识得：mg (h －R －R cos 37°)－34mg ·(h tan θ＋2R ＋R sin 37°)＝12m v D 2，联立解得h ≈7.7R .命题点三 电场中的力电综合问题1.力学规律(1)动力学规律：牛顿运动定律结合运动学公式.(2)能量规律：动能定理或能量守恒定律.2.电场规律(1)电场力的特点：F＝Eq，正电荷受到的电场力与场强方向相同.(2)电场力做功的特点：W AB＝FL AB cos θ＝qU AB＝E p A－E p B.3.多阶段运动在多阶段运动过程中，当物体所受外力突变时，物体由于惯性而速度不发生突变，故物体在前一阶段的末速度即为物体在后一阶段的初速度.对于多阶段运动过程中物体在各阶段中发生的位移之间的联系，可以通过作运动过程草图来获得.例3(2017·全国卷Ⅰ·25)真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v0，在油滴处于位置A时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变.持续一段时间t1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B点.重力加速度大小为g.(1)求油滴运动到B点时的速度；(2)求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的t1和v0应满足的条件.已知不存在电场时，油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍.答案见解析解析(1)油滴带电性质不影响结果.设该油滴带正电，油滴质量和电荷量分别为m和q，油滴速度方向向上为正.油滴在电场强度大小为E1的匀强电场中做匀速直线运动，故匀强电场方向向上.在t＝0时，电场强度突然从E1增加至E2，油滴做竖直向上的匀加速运动，加速度方向向上，大小a1满足qE2－mg＝ma1 ①油滴在t1时刻的速度为v1＝v0＋a1t1 ②电场强度在t1时刻突然反向，之后油滴做匀变速直线运动，加速度方向向下，大小a2满足qE2＋mg＝ma2 ③油滴在t 2＝2t 1时刻，即运动到B 点时的速度为 v 2＝v 1－a 2t 1④由①②③④式得 v 2＝v 0－2gt 1⑤(2)由题意，在t ＝0时刻前有 qE 1＝mg⑥油滴从t ＝0到t 1时刻的位移为 x 1＝v 0t 1＋12a 1t 12⑦油滴在从t 1时刻到t 2＝2t 1时刻的时间间隔内的位移为 x 2＝v 1t 1－12a 2t 12⑧ 由题给条件有v 20＝2g ×2h ＝4gh⑨式中h 是B 、A 两点之间的距离. 若B 点在A 点之上，依题意有 x 1＋x 2＝h⑩由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得 E 2＝[2－2v 0gt 1＋14(v 0gt 1)2]E 1⑪为使E 2＞E 1，应有 2－2v 0gt 1＋14(v 0gt 1)2＞1⑫ 解得0＜t 1＜(1－32)v 0g⑬ 或t 1＞(1＋32)v 0g⑭条件⑬式和⑭式分别对应于v 2＞0和v 2＜0两种情形. 若B 在A 点之下，依题意有 x 2＋x 1＝－h⑮由①②③⑥⑦⑧⑨⑮式得E 2＝[2－2v 0gt 1－14(v 0gt 1)2]E 1⑯为使E 2>E 1，应有 2－2v 0gt 1－14(v 0gt 1)2>1⑰ 解得t 1>(52＋1)v 0g⑱另一解为负，不符合题意，舍去.变式4 (2017·全国卷Ⅱ·25)如图7所示，两水平面(虚线)之间的距离为H ，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场.自该区域上方的A 点将质量均为m ，电荷量分别为q 和－q (q >0)的带电小球M 、N 先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出.小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开.已知N 离开电场时的速度方向竖直向下；M 在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N 刚离开电场时的动能的1.5倍.不计空气阻力，重力加速度大小为g .求：图7(1)M 与N 在电场中沿水平方向的位移之比； (2)A 点距电场上边界的高度； (3)该电场的电场强度大小. 答案 (1)3∶1 (2)13H (3)2mg2q解析 (1)设小球M 、N 在A 点水平射出时的初速度大小为v 0，则它们进入电场时的水平速度仍然为v 0.M 、N 在电场中运动的时间t 相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为a ，在电场中沿水平方向的位移分别为s 1和s 2.由题给条件和运动学公式得 v 0－at ＝0① s 1＝v 0t ＋12at 2② s 2＝v 0t －12at 2③联立①②③式得 s 1s 2＝3④(2)设A 点距电场上边界的高度为h ，小球下落h 时在竖直方向的分速度为v y ，由运动学公式 v y 2＝2gh⑤ H ＝v y t ＋12gt 2⑥M 进入电场后做直线运动，由几何关系知v 0v y ＝s 1H⑦联立①②⑤⑥⑦式可得 h ＝13H⑧(3)设电场强度的大小为E ，小球M 进入电场后做直线运动，则 v 0v y ＝qE mg⑨设M 、N 离开电场时的动能分别为E k1、E k2，由动能定理得 E k1＝12m (v 02＋v y 2)＋mgH ＋qEs 1⑩ E k2＝12m (v 02＋v y 2)＋mgH －qEs 2⑪由已知条件 E k1＝1.5E k2⑫联立④⑤⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得 E ＝2mg2q⑬变式5 如图8所示，在E ＝103 V /m 的竖直匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道QPN 与一水平绝缘轨道MN 在N 点平滑相接，半圆形轨道平面与电场线平行，其半径R ＝40 cm ，N 为半圆形轨道最低点，P 为QN 圆弧的中点，一带负电q ＝10－4 C 的小滑块质量m ＝10 g ，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.15，位于N 点右侧1.5 m 的M 处，g 取10 m /s 2，求：图8(1)要使小滑块恰能运动到半圆形轨道的最高点Q，则小滑块应以多大的初速度v0向左运动？(2)这样运动的小滑块通过P点时对轨道的压力是多大？答案(1)7 m/s(2)0.6 N解析(1)设小滑块恰能到达Q点时速度为v，由牛顿第二定律得mg＋qE＝m v2R小滑块从开始运动至到达Q点过程中，由动能定理得－mg·2R－qE·2R－μ(mg＋qE)x＝12－12m v022m v联立解得：v0＝7 m/s.(2)设小滑块到达P点时速度为v′，则从开始运动至到达P点过程中，由动能定理得－(mg＋qE)R－μ(qE＋mg)x＝12－12m v022m v′又在P点时，由牛顿第二定律得F N＝m v′2R代入数据，解得：F N＝0.6 N由牛顿第三定律得，小滑块通过P点时对轨道的压力F N′＝F N＝0.6 N.1.(2017·河南中原名校第二次联考)如图1所示，在两平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，当两板间的电压分别如图2中甲、乙、丙、丁所示，电子在板间运动(假设不与板相碰)，下列说法正确的是()图1图2A.电压是甲图时，在0～T 时间内，电子的电势能一直减少B.电压是乙图时，在0～T2时间内，电子的电势能先增加后减少C.电压是丙图时，电子在板间做往复运动D.电压是丁图时，电子在板间做往复运动 答案 D解析 若电压是甲图，0～T 时间内，电场力先向左后向右，则电子先向左做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，即电场力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故A 错误；电压是乙图时，在0～T2时间内，电子向右先加速后减速，即电场力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故B 错误；电压是丙图时，电子先向左做加速度先增大后减小的加速运动，过了T2做加速度先增大后减小的减速运动，到T 时速度减为0，之后重复前面的运动，故电子一直朝同一方向运动，C 错误；电压是丁图时，电子先向左加速，到T 4后向左减速，T2后向右加速，34T 后向右减速，T 时速度减为零，之后重复前面的运动，故电子做往复运动，D 正确.2.将如图3所示的交变电压加在平行板电容器A 、B 两板上，开始B 板电势比A 板电势高，这时有一个原来静止的电子正处在两板的中间，它在电场力作用下开始运动，设A 、B 两极板间的距离足够大，下列说法正确的是( )图3A.电子一直向着A 板运动B.电子一直向着B 板运动C.电子先向A板运动，然后返回向B板运动，之后在A、B两板间做周期性往复运动D.电子先向B板运动，然后返回向A板运动，之后在A、B两板间做周期性往复运动答案 D3.一匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象如图4所示，在该匀强电场中，有一个带负电粒子于t＝0时刻由静止释放，若带电粒子只受电场力作用，则下列说法中正确的是(假设带电粒子不与板相碰)()图4A.带电粒子只向一个方向运动B.0～2 s内，电场力做功等于0C.4 s末带电粒子回到原出发点D.2.5～4 s内，电场力做功等于0答案 D解析画出带电粒子速度v随时间t变化的图象如图所示，v－t图线与时间轴所围“面积”表示位移，可见带电粒子不是只向一个方向运动，4 s末带电粒子不能回到原出发点，A、C错误；2 s末速度不为0，可见0～2 s内电场力做的功不等于0，B错误；2.5 s末和4 s末，速度的大小、方向都相同，则2.5～4 s内，电场力做功等于0，所以D正确.4.如图5所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球，另一端固定于O点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b.不计空气阻力，则下列说法正确的是()图5A.小球带负电B.电场力跟重力平衡C.小球在从a点运动到b点的过程中，电势能减小D.小球在运动过程中机械能守恒答案 B解析由于小球在竖直平面内做匀速圆周运动，所以重力与电场力的合力为0，电场力方向竖直向上，小球带正电，A错，B对；从a→b，电场力做负功，电势能增大，C错；由于有电场力做功，机械能不守恒，D错.5.(多选)(2017·河北唐山一模)如图6所示，竖直平面内有A、B两点，两点的水平距离和竖直距离均为H，空间存在水平向右的匀强电场.一质量为m的带电小球从A点以水平速度v0抛出，经一段时间竖直向下通过B点.重力加速度为g，小球在由A到B的运动过程中，下列说法正确的是()图6A.小球带负电B.速度先增大后减小C.机械能一直减小D.任意一小段时间内，电势能的增加量总等于重力势能的减少量答案AC解析由题可知，小球在竖直方向做自由落体运动，在水平方向做匀减速运动，可知其所受电场力方向向左，与电场方向相反，则小球带负电，电场力一直对小球做负功，小球的电势能增加，机械能减小，A、C正确.小球受竖直向下的重力和水平向左的电场力，合力方向指向左下方，又初速度水平向右，末速度竖直向下，由力与速度夹角关系可知，合力对小球先做负功，后做正功，小球的速度先减小后增大，B 错误.任意一小段时间内，小球的动能、电势能和重力势能的和保持不变，则电势能的增加量不一定等于重力势能的减少量，D 错误. 6.(2017·河南郑州第一次联考)如图7甲所示，在y ＝0和y ＝2 m 之间有沿着x 轴方向的匀强电场，MN 为电场区域的上边界，在x 轴方向范围足够大.电场强度的变化如图乙所示，取x 轴正方向为电场正方向.现有一个带负电的粒子，粒子的比荷q m ＝1.0×10－2 C /kg ，在t ＝0时刻以速度v 0＝5×102 m/s 从O 点沿y 轴正方向进入电场区域，不计粒子重力作用.求：图7(1)粒子通过电场区域的时间； (2)粒子离开电场的位置坐标；(3)粒子通过电场区域后沿x 轴方向的速度大小.答案 (1)4×10－3 s (2)(－2×10－5 m,2 m) (3)4×10－3 m/s解析 (1)因为粒子初速度方向垂直于匀强电场，在电场中做类平抛运动，所以粒子通过电场区域的时间t ＝yv 0＝4×10－3 s.(2)粒子带负电，沿x 轴负方向先加速后减速，加速时的加速度大小a 1＝E 1qm ＝4 m/s 2，减速时的加速度大小a 2＝E 2q m ＝2 m/s 2，离开电场时，在x 轴方向上的位移大小x ＝12a 1(T 2)2＋a 1(T 2)2－12a 2(T2)2＝2×10－5 m ，因此粒子离开电场的位置坐标为(－2×10－5 m,2 m). (3)粒子通过电场区域后沿x 轴方向的速度大小为： v x ＝a 1T 2－a 2T2＝4×10－3 m/s.7.(2018·江西宜春调研)如图8所示，O 、A 、B 、C 为一粗糙绝缘水平面上的四点，不计空气阻力，一电荷量为－Q 的点电荷固定在O 点，现有一质量为m 、电荷量为－q 的小金属块(可视为质点)，从A 点由静止沿它们的连线向右运动，到B 点时速度最大，其大小为v m ，小金属块最后停止在C 点.已知小金属块与水平面间的动摩擦因数为μ，A 、B 间距离为L ，静电力常量为k ，则( )图8A.在点电荷－Q 形成的电场中，A 、B 两点间的电势差U AB ＝2μmgL ＋m v m 22qB.在小金属块由A 向C 运动的过程中，电势能先增大后减小C.OB 间的距离为kQqμmgD.从B 到C 的过程中，小金属块的动能全部转化为电势能 答案 C解析 小金属块从A 到B 过程，由动能定理得：－qU AB －μmgL ＝12m v m 2－0，得A 、B 两点间的电势差U AB ＝－2μmgL ＋m v m 22q ，故A 错误；小金属块由A 点向C 点运动的过程中，电场力一直做正功，电势能一直减小，故B 错误；由题意知，A 到B 过程，金属块做加速运动，B 到C 过程，金属块做减速运动，在B 点金属块所受的滑动摩擦力与库仑力平衡，则有μmg ＝k Qqr2，得r ＝kQqμmg，故C 正确；从B 到C 的过程中，小金属块的动能和减少的电势能全部转化为内能，故D 错误.8.如图9所示，匀强电场方向与水平线间夹角θ＝30°，方向斜向右上方，电场强度为E ，质量为m 的小球带负电，以初速度v 0开始运动，初速度方向与电场方向一致.图9(1)若小球的带电荷量为q ＝mgE，为使小球能做匀速直线运动，应对小球施加的恒力F 1的大小和方向各如何？ (2)若小球的带电荷量为q ＝2mgE，为使小球能做直线运动，应对小球施加的最小恒力F 2的大小和方向各如何？答案 (1)3mg 方向与水平线成60°角斜向右上方 (2)32mg 方向与水平线成60°角斜向左上方 解析 (1)如图甲所示，为使小球做匀速直线运动，必使其合外力为0，设对小球施加的力F 1与水平方向夹角为α，则F 1cos α＝qE cos θ，F 1sin α＝mg ＋qE sin θ 代入数据解得α＝60°，F 1＝3mg 即恒力F 1与水平线成60°角斜向右上方.(2)为使小球能做直线运动，则小球所受合力的方向必和运动方向在一条直线上，故要使力F 2和mg 的合力和电场力在一条直线上.如图乙，当F 2取最小值时，F 2垂直于F .故F 2＝mg sin 60°＝32mg ，方向与水平线成60°角斜向左上方. 9.如图10所示，光滑水平轨道与半径为R 的光滑竖直半圆轨道在B 点平滑连接，在过圆心O 的水平界面MN 的下方分布有水平向右的匀强电场，现有一质量为m 、电荷量为＋q 的小球从水平轨道上A 点由静止释放，小球运动到C 点离开圆轨道后，经界面MN 上的P 点进入电场(P 点恰好在A 点的正上方，小球可视为质点，小球运动到C 点之前电荷量保持不变，经过C 点后电荷量立即变为零).已知A 、B 间距离为2R ，重力加速度为g ，在上述运动过程中，求：图10(1)电场强度E 的大小；(2)小球在圆轨道上运动时的最大速率； (3)小球对圆轨道的最大压力的大小.答案 (1)mgq(2)2(2＋1)gR (3)(2＋32)mg解析 (1)设小球过C 点时速度大小为v C ，小球从A 到C 由动能定理知 qE ·3R －mg ·2R ＝12m v C 2小球离开C 点后做平抛运动到P 点，有 R ＝12gt 22R ＝v C t联立解得E ＝mgq.(2)设小球运动到圆轨道D 点时速度最大，设最大速度为v ，此时OD 与竖直线OB 夹角设为α，小球从A 点运动到D 点的过程，根据动能定理知 qE (2R ＋R sin α)－mgR (1－cos α)＝12m v 2即12m v 2＝mgR (sin α＋cos α＋1) 根据数学知识可知，当α＝45°时动能最大，由此可得 v ＝2(2＋1)gR .(3)由(2)中知，由于小球在D 点时速度最大且电场力与重力的合力恰好背离半径方向，故小球在D 点时对圆轨道的压力最大，设此压力大小为F ，由牛顿第三定律可知小球在D 点受到的轨道的弹力大小也为F ，在D 点对小球进行受力分析，并建立如图所示坐标系，由牛顿第二定律知F －qE sin α－mg cos α＝m v 2R解得F ＝(2＋32)mg .。