題型一 帶電粒子在重力場(chǎng)和電場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)
1．等效重力場(chǎng)
物體僅在重力場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)是最常見、最基本的運(yùn)動(dòng)，但是對(duì)于處在勻強(qiáng)電場(chǎng)和重力場(chǎng)中物體的運(yùn)動(dòng)問題就會(huì)變得復(fù)雜一些．此時(shí)可以將重力場(chǎng)與電場(chǎng)合二為一，用一個(gè)全新的“復(fù)合場(chǎng)”來代替，可形象稱之為“等效重力場(chǎng)”．
2.
3．舉例
例1 (多選)如圖所示，長為L的細(xì)線拴一個(gè)帶電荷量為＋q、質(zhì)量為m小球，重力加速度為g，球處在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，電場(chǎng)強(qiáng)度為E，小球恰好能夠在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，則( )
A．小球在最高點(diǎn)的速度大小為eq \r(gL)
B．當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)電勢(shì)能最小
C．小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，機(jī)械能最大
D．小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，動(dòng)能為eq \f(5,2)(mg＋qE)L
答案 CD
解析 小球恰好能夠在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，則在最高點(diǎn)由重力和靜電力的合力提供向心力，則有mg＋Eq＝meq \f(v2,L)，解得v＝eq \r(\f(?mg＋Eq?,m)L)，故A錯(cuò)誤；小球向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，靜電力做負(fù)功，電勢(shì)能增加，當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)電勢(shì)能最大，故B錯(cuò)誤；小球向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，靜電力做正功，機(jī)械能增大，運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，小球的機(jī)械能最大，故C正確；從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理得Ek－eq \f(1,2)mv2＝(mg＋Eq)·2L，解得Ek＝eq \f(5,2)(mg＋Eq)L，故D正確．
例2 (多選)如圖所示，在地面上方的水平勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球，系在一根長為L的絕緣細(xì)線一端，可以在豎直平面內(nèi)繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)．AB為圓周的水平直徑，CD為豎直直徑．已知重力加速度為g，電場(chǎng)強(qiáng)度E＝eq \f(mg,q).下列說法正確的是( )
A．若小球在豎直平面內(nèi)繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，則它運(yùn)動(dòng)的最小速度為eq \r(gL)
B．若小球在豎直平面內(nèi)繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，則小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的機(jī)械能最大
C．若將小球在A點(diǎn)由靜止開始釋放，它將在ACBD圓弧上往復(fù)運(yùn)動(dòng)
D．若將小球在A點(diǎn)以大小為eq \r(gL)的速度豎直向上拋出，它將能夠到達(dá)B點(diǎn)
答案 BD
解析 因?yàn)殡妶?chǎng)強(qiáng)度E＝eq \f(mg,q)，所以小球所受靜電力大小也為mg，故小球所受合力大小為eq \r(2)mg，方向斜向右下方，與豎直方向夾角為45°，故小球通過圓弧AD的中點(diǎn)時(shí)速度最小，此時(shí)滿足eq \r(2)mg＝meq \f(vmin2,L)，因此小球在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的最小速度vmin＝eq \r(\r(2)gL)，A項(xiàng)錯(cuò)誤；由功能關(guān)系知，小球機(jī)械能的變化等于除重力之外的力所做的功，小球在豎直平面內(nèi)繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)，靜電力做功最多，故運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)小球的機(jī)械能最大，B項(xiàng)正確；小球在A點(diǎn)由靜止開始釋放后，將沿合外力方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，C項(xiàng)錯(cuò)誤；若將小球以eq \r(gL)的速度豎直向上拋出，由對(duì)稱性知經(jīng)時(shí)間t＝eq \f(2\r(gL),g)回到相同高度，其水平位移s＝eq \f(1,2)·eq \f(qE,m)t2＝2L，故小球剛好運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，D項(xiàng)正確．
例3 如圖所示，在豎直平面內(nèi)固定的圓形絕緣軌道的圓心為O，半徑為r，內(nèi)壁光滑，A、B兩點(diǎn)分別是圓軌道的最低點(diǎn)和最高點(diǎn)．該區(qū)間存在方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，一質(zhì)量為m、帶負(fù)電的小球在軌道內(nèi)側(cè)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)(電荷量不變)，經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)速度最大，O、C連線與豎直方向的夾角θ＝60°，重力加速度為g.
(1)求小球所受的靜電力大小；
(2)求小球在A點(diǎn)的速度v0為多大時(shí)，小球經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)對(duì)圓軌道的壓力最?。?br>答案 (1)eq \r(3)mg (2)2eq \r(2gr)
解析 (1)小球在C點(diǎn)時(shí)速度最大，則靜電力與重力的合力沿DC方向，如圖所示，
所以小球受到的靜電力的大小
F＝mgtan 60°＝eq \r(3)mg.
(2)要使小球經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)對(duì)圓軌道的壓力最小，則必須使小球經(jīng)過D點(diǎn)時(shí)的速度最小，即在D點(diǎn)小球?qū)A軌道的壓力恰好為零，在D點(diǎn)
有eq \f(mg,cs 60°)＝meq \f(v2,r)，
解得v＝eq \r(2gr).
在小球從圓軌道上的A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的過程中，
有mgr(1＋cs 60°)＋Frsin 60°＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)mv2，
解得v0＝2eq \r(2gr).
題型二 電場(chǎng)中的力電綜合問題
1．帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
(1)分析方法：先分析受力情況，再分析運(yùn)動(dòng)狀態(tài)和運(yùn)動(dòng)過程(平衡、加速或減速，軌跡是直線還是曲線)，然后選用恰當(dāng)?shù)囊?guī)律如牛頓運(yùn)動(dòng)定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式、動(dòng)能定理、能量守恒定律解題．
(2)受力特點(diǎn)：在討論帶電粒子或其他帶電體的靜止與運(yùn)動(dòng)問題時(shí)，重力是否要考慮，關(guān)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(zhì)子等帶電粒子的重力可以忽略，一般可根據(jù)微粒的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)判斷是否考慮重力作用．
2．用能量觀點(diǎn)處理帶電體的運(yùn)動(dòng)
對(duì)于受變力作用的帶電體的運(yùn)動(dòng)，必須借助能量觀點(diǎn)來處理．即使都是恒力作用的問題，用能量觀點(diǎn)處理也常常更簡(jiǎn)捷．具體方法有：
(1)用動(dòng)能定理處理
思維順序一般為：
①弄清研究對(duì)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(fù)功．
③弄清所研究過程的初、末狀態(tài)(主要指動(dòng)能)．
④根據(jù)W＝ΔEk列出方程求解．
(2)用包括電勢(shì)能和內(nèi)能在內(nèi)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列方程．
(3)兩個(gè)結(jié)論
①若帶電粒子只在靜電力作用下運(yùn)動(dòng)，其動(dòng)能和電勢(shì)能之和保持不變．
②若帶電粒子只在重力和靜電力作用下運(yùn)動(dòng)，其機(jī)械能和電勢(shì)能之和保持不變．
例4 (2019·全國卷Ⅱ·24)如圖，兩金屬板P、Q水平放置，間距為d.兩金屬板正中間有一水平放置的金屬網(wǎng)G，P、Q、G的尺寸相同．G接地，P、Q的電勢(shì)均為φ(φ>0)．質(zhì)量為m，電荷量為q(q>0)的粒子自G的左端上方距離G為h的位置，以速度v0平行于紙面水平射入電場(chǎng)，重力忽略不計(jì)．
(1)求粒子第一次穿過G時(shí)的動(dòng)能，以及它從射入電場(chǎng)至此時(shí)在水平方向上的位移大??；
(2)若粒子恰好從G的下方距離G也為h的位置離開電場(chǎng)，則金屬板的長度最短應(yīng)為多少？
答案 (1)eq \f(1,2)mv02＋eq \f(2φ,d)qh v0eq \r(\f(mdh,qφ)) (2)2v0eq \r(\f(mdh,qφ))
解析 (1)PG、QG間場(chǎng)強(qiáng)大小相等，均為E.粒子在PG間所受靜電力F的方向豎直向下，設(shè)粒子的加速度大小為a，有
E＝eq \f(2φ,d)①
F＝qE＝ma②
設(shè)粒子第一次到達(dá)G時(shí)動(dòng)能為Ek，由動(dòng)能定理有
qEh＝Ek－eq \f(1,2)mv02③
設(shè)粒子第一次到達(dá)G時(shí)所用的時(shí)間為t，粒子在水平方向的位移為l，則有h＝eq \f(1,2)at2④
l＝v0t⑤
聯(lián)立①②③④⑤式解得
Ek＝eq \f(1,2)mv02＋eq \f(2φ,d)qh
l＝v0eq \r(\f(mdh,qφ))
(2)若粒子穿過G一次就從電場(chǎng)的右側(cè)飛出，則金屬板的長度最短．由對(duì)稱性知，此時(shí)金屬板的長度為L＝2l＝2v0eq \r(\f(mdh,qφ)).
例5 如圖所示，在豎直平面內(nèi)固定一光滑圓弧軌道AB，軌道半徑為R＝0.4 m，軌道最高點(diǎn)A與圓心O等高．有一傾角θ＝30°的斜面，斜面底端C點(diǎn)在圓弧軌道B點(diǎn)正下方、距B點(diǎn)H＝1.5 m．圓弧軌道和斜面均處于場(chǎng)強(qiáng)大小E＝100 N/C、豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中．現(xiàn)將一個(gè)質(zhì)量為m＝0.02 kg、帶電荷量為＋2×10－3 C的帶電小球從A點(diǎn)由靜止釋放，小球通過B點(diǎn)離開圓弧軌道沿水平方向飛出，當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到斜面上D點(diǎn)時(shí)速度方向恰與斜面垂直，并剛好與一個(gè)以一定初速度從斜面底端上滑的物塊相遇．若物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝eq \f(\r(3),5)，空氣阻力不計(jì)，g取10 m/s2，小球和物塊都可視為質(zhì)點(diǎn)．求：
(1)小球經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力FNB；
(2)B、D兩點(diǎn)間電勢(shì)差UBD；
(3)物塊上滑初速度v0滿足條件的最小值．
答案 (1)1.2 N，豎直向下 (2)120 V (3)3.10 m/s
解析 (1)設(shè)小球到達(dá)B點(diǎn)的速度大小為vB，從A到B的過程只有重力和靜電力做功，
根據(jù)動(dòng)能定理有：mgR＋qER＝eq \f(1,2)mvB2－0
得vB＝4 m/s
B點(diǎn)是圓周運(yùn)動(dòng)最低點(diǎn)，合力提供向心力即FNB′－(mg＋qE)＝meq \f(vB2,R)，得FNB′＝1.2 N
根據(jù)牛頓第三定律，小球?qū)壍缐毫Υ笮〉扔谲壍缹?duì)其彈力大小
即FNB＝1.2 N，方向豎直向下．
(2)設(shè)小球由B點(diǎn)到D點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，受到豎直向下的重力和靜電力，豎直方向做初速度0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度為a，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)．下落高度為h的過程
根據(jù)速度合成有eq \f(vB,at)＝tan θ
豎直方向由牛頓第二定律有Eq＋mg＝ma
h＝eq \f(1,2)at2
UBD＝Eh
聯(lián)立解得UBD＝120 V
(3)設(shè)C、D間的距離為x，由幾何關(guān)系有：x＝eq \f(H－h(huán),sin θ)
設(shè)物塊上滑加速度為a′，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律有：mgsin θ＋μmgcs θ＝ma′
根據(jù)題意，要使物塊與小球相遇，v0的最小值滿足：v02＝2a′x
聯(lián)立解得：v0＝eq \f(4\r(15),5) m/s≈3.10 m/s.
課時(shí)精練
1.如圖所示，一個(gè)電荷量為－Q的點(diǎn)電荷甲，固定在絕緣水平面上的O點(diǎn)．另一個(gè)電荷量為＋q、質(zhì)量為m的點(diǎn)電荷乙，從A點(diǎn)以初速度v0沿它們的連線向甲運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度為v，且為運(yùn)動(dòng)過程中速度的最小值．已知點(diǎn)電荷乙受到的阻力大小恒為Ff，A、B間距離為L0，靜電力常量為k，則下列說法正確的是( )
A．點(diǎn)電荷乙從A點(diǎn)向甲運(yùn)動(dòng)的過程中，加速度逐漸增大
B．點(diǎn)電荷乙從A點(diǎn)向甲運(yùn)動(dòng)的過程中，其電勢(shì)能先增大再減小
C．OB間的距離為eq \r(\f(kQq,Ff))
D．在點(diǎn)電荷甲形成的電場(chǎng)中，AB間電勢(shì)差UAB＝eq \f(FfL0＋\f(1,2)mv2,q)
答案 C
解析 點(diǎn)電荷乙從A點(diǎn)向甲運(yùn)動(dòng)的過程中，受向左的靜電力和向右的摩擦力，兩球靠近過程中靜電力逐漸增大，小球先減速后加速，所以加速度先減小后增大，故A錯(cuò)誤；在小球向左運(yùn)動(dòng)過程中靜電力一直做正功，因此電勢(shì)能一直減小，故B錯(cuò)誤；當(dāng)速度最小時(shí)有：Ff＝F＝keq \f(Qq,r2)，可得：r＝eq \r(\f(kQq,Ff))，故C正確；點(diǎn)電荷從A運(yùn)動(dòng)到B過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有：UABq－FfL0＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02，計(jì)算得出，UAB＝eq \f(FfL0＋\f(1,2)mv2－\f(1,2)mv02,q)，故D錯(cuò)誤．
2.(2019·天津卷·3)如圖所示，在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，質(zhì)量為m的帶電小球，以初速度v從M點(diǎn)豎直向上運(yùn)動(dòng)，通過N點(diǎn)時(shí)，速度大小為2v，方向與電場(chǎng)方向相反，則小球從M運(yùn)動(dòng)到N的過程( )
A．動(dòng)能增加eq \f(1,2)mv2 B．機(jī)械能增加2mv2
C．重力勢(shì)能增加eq \f(3,2)mv2 D．電勢(shì)能增加2mv2
答案 B
解析 小球動(dòng)能的增加量為ΔEk＝eq \f(1,2)m(2v)2－eq \f(1,2)mv2＝eq \f(3,2)mv2，A錯(cuò)誤；小球在豎直方向上的分運(yùn)動(dòng)為勻減速直線運(yùn)動(dòng)，到N時(shí)豎直方向的速度為零，則M、N兩點(diǎn)之間高度差為h＝eq \f(v2,2g)，小球重力勢(shì)能的增加量為ΔEp＝mgh＝eq \f(1,2)mv2，C錯(cuò)誤；靜電力對(duì)小球做正功，則小球的電勢(shì)能減少，由能量守恒定律可知，小球減小的電勢(shì)能等于重力勢(shì)能與動(dòng)能的增加量之和，則電勢(shì)能的減少量為ΔEp′＝eq \f(3,2)mv2＋eq \f(1,2)mv2＝2mv2，D錯(cuò)誤；由功能關(guān)系可知，除重力外的其他力對(duì)小球所做的功在數(shù)值上等于小球機(jī)械能的增加量，即2mv2，B正確．
3.(多選)如圖所示，可視為質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量為m且電荷量為q的帶電小球，用一絕緣輕質(zhì)細(xì)繩懸掛于O點(diǎn)，繩長為L，現(xiàn)加一水平向右的足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E＝eq \f(3mg,4q)，小球初始位置在最低點(diǎn)，若給小球一個(gè)水平向右的初速度，使小球能夠在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，忽略空氣阻力，重力加速度為g.則下列說法正確的是( )
A．小球在運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能守恒
B．小球在運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能不守恒
C．小球在運(yùn)動(dòng)過程中的最小速度至少為eq \r(gL)
D．小球在運(yùn)動(dòng)過程中的最大速度至少為eq \f(5,2)eq \r(gL)
答案 BD
解析 小球在運(yùn)動(dòng)的過程中，靜電力做功，機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤，B正確；如圖所示，
小球在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的等效最高點(diǎn)和最低點(diǎn)分別為A點(diǎn)和B點(diǎn)，等效重力G′＝eq \f(5,4)mg，小球在最高點(diǎn)的最小速度v1滿足G′＝meq \f(v12,L)，得v1＝eq \f(\r(5gL),2)，故C錯(cuò)誤；小球由最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)，由動(dòng)能定理有G′·2L＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12，解得v2＝eq \f(5,2)eq \r(gL)，故D正確．
4.(多選)如圖所示，豎直平面內(nèi)有固定的半徑為R的光滑絕緣圓形軌道，勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向平行于軌道平面水平向左，P、Q分別為軌道上的最高點(diǎn)、最低點(diǎn)，M、N是軌道上與圓心O等高的點(diǎn)．質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球(可視為質(zhì)點(diǎn))在軌道內(nèi)運(yùn)動(dòng)，已知重力加速度為g，電場(chǎng)強(qiáng)度E＝eq \f(3mg,4q)，要使小球能沿軌道做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，則下列說法正確的是( )
A．小球在軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)，動(dòng)能最小的位置，電勢(shì)能最大
B．小球在軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)，機(jī)械能最大的位置一定在M點(diǎn)
C．小球過Q、P點(diǎn)時(shí)所受軌道彈力大小的差值為6mg
D．小球過Q、P點(diǎn)時(shí)所受軌道彈力大小的差值為7.5mg
答案 BC
解析 根據(jù)等效場(chǎng)知識(shí)可得，靜電力與重力的合力大小為mg等＝eq \r(?mg?2＋?qE?2)＝eq \f(5,4)mg，故等效重力加速度為g等＝eq \f(5,4)g，如圖所示，tan θ＝eq \f(qE,mg)＝eq \f(3,4)，即θ＝37°，若小球剛好能通過C點(diǎn)關(guān)于圓心O對(duì)稱的D點(diǎn)，那么小球就能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)．小球在D點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能最小，但D點(diǎn)并非是其電勢(shì)能最大的位置，小球電勢(shì)能最大的位置在N點(diǎn)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；小球在軌道上運(yùn)動(dòng)的過程中遵守能量守恒定律，小球在軌道上M點(diǎn)的電勢(shì)能最小，機(jī)械能最大，選項(xiàng)B正確；小球過Q點(diǎn)和P點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律可得FQ－mg＝meq \f(vQ2,R)，F(xiàn)P＋mg＝meq \f(vP2,R)，小球從Q點(diǎn)到P點(diǎn)，由動(dòng)能定理可得－2mgR＝eq \f(1,2)mvP2－eq \f(1,2)mvQ2，聯(lián)立解得FQ－FP＝6mg，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤．
5．如圖所示，在光滑的水平桌面上，水平放置的粗糙直線軌道AB與水平放置的光滑圓弧軌道BCD相切于B點(diǎn)，整個(gè)軌道位于水平桌面內(nèi)，圓心角∠BOC＝37°，線段OC垂直于OD，圓弧軌道半徑為R，直線軌道AB長為L＝5R.整個(gè)軌道處于電場(chǎng)強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，電場(chǎng)強(qiáng)度方向平行于水平桌面所在的平面且垂直于直線OD.現(xiàn)有一個(gè)質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小物塊P從A點(diǎn)無初速度釋放，小物塊P與AB之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.25，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，忽略空氣阻力．求：
(1)小物塊第一次通過C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小FNC1；
(2)小物塊第一次通過D點(diǎn)后離開D點(diǎn)的最大距離；
(3)小物塊在直線軌道AB上運(yùn)動(dòng)的總路程．
答案 (1)5.4qE (2)eq \f(6,5)R (3)15R
解析 (1)設(shè)小物塊第一次到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度大小為vC1，根據(jù)動(dòng)能定理有
qE[Lsin 37°＋R(1－cs 37°)]－μqELcs 37°
＝eq \f(1,2)mvC12－0
解得vC1＝eq \r(\f(22qER,5m))
在C點(diǎn)根據(jù)向心力公式得FNC1′－qE＝eq \f(mvC12,R)
解得FNC1′＝5.4qE
根據(jù)牛頓第三定律得FNC1＝5.4qE.
(2)設(shè)小物塊第一次到達(dá)D點(diǎn)時(shí)的速度大小為vD1，
根據(jù)動(dòng)能定理有
qE(Lsin 37°－Rcs 37°)－μqELcs 37°＝eq \f(1,2)mvD12－0
解得vD1＝eq \r(\f(12qER,5m))
小物塊第一次到達(dá)D點(diǎn)后先以速度vD1逆著電場(chǎng)方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)的最大距離為xm，根據(jù)動(dòng)能定理得－qExm＝0－eq \f(1,2)mvD12
解得xm＝eq \f(6,5)R.
(3)分析可知小物塊最終會(huì)在圓弧軌道上做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B點(diǎn)的速度恰好為零時(shí)，動(dòng)能和電勢(shì)能之和不再減?。O(shè)小物塊在直線軌道AB上運(yùn)動(dòng)的總路程為s，則根據(jù)功能關(guān)系得qELsin 37°＝μqEscs 37°
解得s＝15R.
6．如圖所示，第一象限中有沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，第二象限中有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，兩電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等．一個(gè)質(zhì)量為m，電荷量為－q的帶電質(zhì)點(diǎn)以初速度v0從x軸上P(－L,0)點(diǎn)射入第二象限，已知帶電質(zhì)點(diǎn)在第一和第二象限中都做直線運(yùn)動(dòng)，并且能夠連續(xù)兩次通過y軸上的同一個(gè)點(diǎn)Q(未畫出)，重力加速度g為已知量．求：
(1)初速度v0與x軸正方向的夾角；
(2)P、Q兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UPQ；
(3)帶電質(zhì)點(diǎn)在第一象限中運(yùn)動(dòng)所用的時(shí)間．
答案 (1)45° (2)－eq \f(mgL,q) (3)eq \f(\r(2)v0,g)
解析 (1)由題意知，帶電質(zhì)點(diǎn)在第二象限做勻速直線運(yùn)動(dòng)，
有qE＝mg
設(shè)初速度v0與x軸正方向的夾角為θ，
且由帶電質(zhì)點(diǎn)在第一象限做直線運(yùn)動(dòng)，有
tan θ＝eq \f(mg,qE)
解得θ＝45°.
(2)P到Q的過程，由動(dòng)能定理有
qEL－mgL＝0
又WPQ＝qEL
解得UPQ＝eq \f(WPQ,－q)＝－eq \f(mgL,q).
(3)帶電質(zhì)點(diǎn)在第一象限做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，
由牛頓第二定律有eq \r(2)mg＝ma，
即a＝eq \r(2)g，帶電質(zhì)點(diǎn)速度從v0減到0所用時(shí)間為t，
則v0＝at，解得t＝eq \f(\r(2)v0,2g)
帶電質(zhì)點(diǎn)在第一象限中往返一次所用的時(shí)間
T＝2t＝eq \f(\r(2)v0,g).
7．如圖所示，一半徑為R的絕緣圓形軌道豎直放置，圓軌道最低點(diǎn)B點(diǎn)與一條水平軌道相連，軌道是光滑的，軌道所在空間存在水平向右、場(chǎng)強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，從水平軌道上的A點(diǎn)由靜止釋放一質(zhì)量為m帶正電的小球，設(shè)A、B間的距離為s.已知小球受到的靜電力大小等于小球重力的eq \f(3,4)倍，C點(diǎn)為圓形軌道上與圓心O的等高點(diǎn)．(重力加速度為g)
(1)若s＝2R，求小球運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大??；
(2)為使小球剛好在圓軌道內(nèi)完成圓周運(yùn)動(dòng)，求s的值．
答案 (1)eq \f(13mg,4) (2)eq \f(23R,6)
解析 (1)當(dāng)小球從A點(diǎn)釋放，在靜電力作用下運(yùn)動(dòng)，從A到C點(diǎn)靜電力做正功，重力做負(fù)功，應(yīng)用動(dòng)能定理得：
qE·3R－mgR＝eq \f(1,2)mvC2
到達(dá)C點(diǎn)時(shí)，小球受到的支持力和靜電力提供向心力，
即：FN－qE＝meq \f(vC2,R)
由牛頓第三定律，小球?qū)壍赖膲毫Υ笮∨c小球受到的支持力大小相等，則
FN′＝FN＝eq \f(13mg,4)
(2)為了使小球剛好在圓周軌道內(nèi)運(yùn)動(dòng)，小球到達(dá)D點(diǎn)時(shí)恰好僅重力和靜電力，如圖所示，此時(shí)有：
F＝eq \r(?mg?2＋?qE?2)＝eq \f(5,4)mg
F＝meq \f(v2,R)
從A點(diǎn)到D點(diǎn)時(shí)據(jù)動(dòng)能定理有：qE(s－0.6R)－mg(1.8R)＝eq \f(1,2)mv2
則可以計(jì)算得：s＝eq \f(23R,6).

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