【物理】2019届一轮复习人教版带电粒子在电场中运动的综合应用学案

带电粒子在电场中运动的综合应用
一 非匀强电场中的运动
例1.如图所示，在竖直平面内，光滑绝缘直杆AC 与半径为R 的圆周交于B 、C 两点，在圆心处有一固定的正点电荷，B 点为AC 的中点，C 点位于圆周的最低点．现有一质量为m 、电荷量为－q 、套在杆上的带负电小球(可视为质点)从A 点由静止开始沿杆下滑．已知重力加速度为g ，A 点距过C 点的水平面的竖直高度为3R ，小球滑到B 点时的速度大小为2gR .求：
图6
(1)小球滑到C 点时的速度大小；
(2)若以C 点作为参考点(零电势点)，试确定A 点的电势．
解析 (1)因为B 、C 两点电势相等，故小球从B 到C 运动的过程中电场力做的总功为零．
由几何关系可得BC 的竖直高度h BC ＝3R
2
根据动能定理有mg ·3R 2＝mv 2C 2－mv 2B
2
解得v C ＝7gR .
(2)小球从A 到C ，重力和电场力均做正功，所以由动能定理有mg ·3R ＋W 电＝mv 2C
2
，又根据电场力做功与电势能的关
系：W 电＝E p A －E p C ＝－qφA －(－qφC )． 又因为φC ＝0，
可得φA ＝－mgR
2q
.
答案 (1)7gR (2)－mgR
2q
1．如图9所示．Q 为固定的正点电荷，A 、B 两点在Q 的正上方和Q 相距分别为h 和0.25h ，将另一点电荷从A 点
由静止释放，运动到B 点时速度正好变为零，若此电荷在A 点处的加速度大小为3
4
g ，求：
图9
(1)此电荷在B 点处的加速度；
(2)A 、B 两点间的电势差(用Q 和h 表示)．
答案 (1)3g ，方向竖直向上 (2)－3kQ
h
解析 (1)由题意可知，这一电荷必为正电荷，设其电荷量为q .由牛顿第二定律得，在A 点时：mg －k Qq h 2＝m ·3
4
g .在B
点时：k Qq
0.25h 2
－mg ＝m ·a B ，解得a B ＝3g ，方向竖直向上．
(2)从A 到B 的过程，由动能定理得mg (h －0.25h )＋qU AB ＝0，解得U AB ＝－3kQ
h
.
2．如图10所示，光滑绝缘细杆竖直放置，它与以正电荷Q 为圆心的某圆交于B 、C 两点，质量为m 、带电荷量为－q 的有孔小球从杆上A 点无初速度下滑，已知q ≪Q ，AB ＝h ，小球滑到B 点时的速度大小为3gh .求：
图10
(1)小球由A 到B 的过程中静电力做的功； (2)A 、C 两点间的电势差．
答案
(1)12mgh (2)－mgh
2q
解析 (1)
因为Q 是正点电荷，所以以Q 为圆心的圆是一个等势线，这是一个重要的隐含条件，由A 到B 过程中静电力是变力，所以不能直接用W ＝Fx 来解，只能考虑应用功能关系求解．
因为杆是光滑的，所以小球从A 到B 过程中只有两个力做功：静电力做功W AB 和重力做功mgh ，由动能定理得：
W AB ＋mgh ＝1
2mv 2B
代入已知条件v B ＝3gh 得
静电力做功W AB ＝12m ·3gh －mgh ＝1
2
mgh .
(2)因为B 、C 在同一等势线上，小球从B 点到C 点电场力不做功则W AC ＝W AB
所以U AC ＝W AC －q ＝12mgh
－q ＝－mgh
2q .
3. 如图8所示，质量为m 的小球A 穿在光滑绝缘细杆上，杆的倾角为α，小球A 带正电，电荷量为q .在杆上B 点
处固定一个电荷量为Q 的正电荷．将A 由距B 竖直高度为H 处无初速度释放，小球A 下滑过程中电荷量不变．不计A 与细杆间的摩擦，整个装置处在真空中，已知静电力常量k 和重力加速度g .求：
图8
(1)A 球刚释放时的加速度是多大；
(2)当A 球的动能最大时，A 球与B 点间的距离． 答案 (1)g sin α－kQq sin 2α
mH 2
(2)
kQq
mg sin α
解析 (1)由牛顿第二定律可知mg sin α－F ＝ma ， 根据库仑定律有F ＝k qQ r 2，又知r ＝H
sin α
得a ＝g sin α－kQq sin 2 α
mH 2
(2)当A 球受到合力为零，即加速度为零时，动能最大．设此时A 球与B 点间的距离为d . 则mg sin α＝kQq
d
2，解得d ＝
kQq
mg sin α
.
二 匀强电场中的直线运动
例2．如图所示，一电荷量为＋q 、质量为m 的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中，小物块恰好静止．重力加速度取g ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
图13
(1)水平向右电场的电场强度；
(2)若将电场强度减小为原来的1
2
，物块的加速度是多大；
(3)电场强度变化后物块下滑距离L 时的动能．
答案 (1)3mg
4q
(2)0.3g (3)0.3mgL
解析 (1)小物块静止在斜面上，受重力、电场力和斜面支持力，受力分析如图所示，则有F N sin 37°＝qE ①
F N cos 37°＝mg ②
由①②可得E ＝3mg
4q
(2)若电场强度减小为原来的12，即E ′＝3mg
8q
由牛顿第二定律得mg sin 37°－qE ′cos 37°＝ma 可得a ＝0.3g
(3)电场强度变化后物块下滑距离L 时，重力做正功，电场力做负功，由动能定理得mgL sin 37°－qE ′L cos 37°＝E k －0
可得E k ＝0.3mgL .
1. 如图10甲所示，长L ＝1.5 m 、倾角为θ＝37°的光滑绝缘的斜面底端连接一粗糙绝缘的水平面，整个斜面处在
一水平向左的匀强电场中，水平面部分没有电场.现将一质量m ＝1.2 kg 、带电荷量q ＝1×10－
4 C 的带正电的小物体从斜面顶端由静止释放，当电场场强E 取不同数值时，物体沿斜面下滑最后在水平地面上滑过的距离s 不同.研究发现s 与E 之间的关系如图乙所示.忽略物体在斜面与水平面连接处的能量损失，取重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
图10
(1)物体与地面间的动摩擦因数μ； (2)当E ＝3×104 N/C 时，物体运动的总时间.
答案 (1)0.2 (2)3
2
3 s
解析 (1)当E ＝0时，s ＝4.5 m 由动能定理得mgL sin θ－μmgs ＝0 解得μ＝0.2 (2)当E ＝3×104 N/C 时，由牛顿第二定律得mg sin θ－qE cos θ＝ma 1
又L ＝12
a 1t 2
1
解得物体在斜面上的运动时间t 1＝3
2
s
水平面上由牛顿第二定律知μmg ＝ma 2 由v ＝a 1t 1 又v ＝a 2t 2 可得t 2＝ 3 s
所以物体运动的总时间t ＝t 1＋t 2＝33
2
s.
2. 如图11所示，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平面成45°角的绝缘直杆AC ，其下端C 距地面高度h ＝0.8 m.有一质量为500 g 的带电小环套在直杆上，正以某一速度沿杆匀速下滑，小环离杆后正好通过C 端的正下方P 点处.(g 取10 m/s 2)求：
图11
(1)小环离开直杆后运动的加速度大小和方向. (2)小环在直杆上匀速运动速度的大小v 0.
(3)小环运动到P 点的动能.
答案 (1)14.1 m/s 2 与杆垂直斜向右下方 (2)2 m/s(3)5 J 解析 (1)小环在直杆上的受力情况如图所示
由平衡条件得：mg sin 45°＝Eq cos 45° 得mg ＝Eq ，
离开直杆后，只受mg 、Eq 作用，则：2mg ＝ma 代入数据解得加速度大小：a ≈14.1 m/s 2 加速度方向与杆垂直斜向右下方
(2)设小环在直杆上运动的速度为v 0，离杆后经t 秒到P 点，则竖直方向：
h ＝v 0sin 45°·t ＋1
2
gt 2
水平方向(取向左为正)：v 0cos 45°·t －1
2
gt 2＝0
由以上两式代入数据解得：v 0＝2 m/s
(3)由动能定理得：E k P －12mv 2
＝mgh
代入数据解得：E k P ＝5 J. 例3.（往复运动）如图9所示，在倾角θ＝37°的绝缘斜面所在空间存在着竖直向上的匀强电场，场强E ＝4×103 N/C ，在斜面底端有一与斜面垂直的绝缘弹性挡板．质量m ＝0.2 kg 的带电滑块从斜面顶端由静止开始滑下，滑到斜面底端以与挡板相碰前的速率返回．已知斜面的高度h ＝0.24 m ，滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.3，滑块带电荷量q
＝－5.0×10－
4 C ，取重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
图9
(1)滑块从斜面最高点滑到斜面底端时的速度大小； (2)滑块在斜面上运动的总路程s 和系统产生的热量Q . 答案 (1)2.4 m/s (2)1 m 0.96 J
解析 (1)滑块沿斜面滑下的过程中，受到的滑动摩擦力f ＝μ(mg ＋qE )cos 37°＝0.96 N 设到达斜面底端时的速度为v ，根据动能定理得 (mg ＋qE )h －f h sin 37°＝1
2
mv 2
解得v ＝2.4 m/s.
(2)滑块最终将静止在斜面底端，因此重力势能和电势能的减少量等于克服摩擦力做的功，(mg ＋qE )h ＝fs 解得滑块在斜面上运动的总路程： s ＝1 m
Q ＝fs ＝0.96 J
1. 如图5所示，在绝缘水平面上放有一带正电的滑块、质量为m ，带电荷量为q ，水平面上方虚线左侧空间有水平向右的匀强电场，场强为E ，qE >μmg ，虚线右侧的水平面光滑.一轻弹簧右端固定在墙上，处于原长时，左端恰好位于虚线位置，把滑块放到虚线左侧L 处，并给滑块一个向左的初速度v 0，已知滑块与绝缘水平面间的动摩擦因数为μ，求：
图5
(1)弹簧的最大弹性势能；
(2)滑块在整个运动过程中产生的热量.
答案 (1)(qE －μmg )L ＋m qE －μmg 2qE ＋μmg
v 20 (2)qEL ＋1
2mv 02
解析 (1)设滑块向左运动x 时减速到零，由能量守恒定律有：
(qE ＋μmg )x ＝1
2mv 02
解得：x ＝mv 2
02qE ＋μmg
之后滑块向右加速运动，设第一次到达虚线时的动能为E k ，由能量守恒定律得： qE (x ＋L )＝E k ＋μmg (x ＋L )
解得：E k ＝(qE －μmg )L ＋m qE －μmg 2qE ＋μmg
v 2
0 滑块从虚线处压缩弹簧至最短的过程，机械能守恒，动能全部转化为弹性势能，所以弹簧的最大弹性势能为：
E pm ＝(qE －μmg )L ＋m qE －μmg
2qE ＋μmg
v 20
(2)滑块往返运动，最终停在虚线位置，整个过程电场力做正功，为W ＝qEL ，电势能减少量为qEL ，由能量守恒定
律，整个过程产生的热量等于滑块机械能的减少量与电势能的减少量之和，即Q ＝qEL ＋1
2
mv 02
2. 如图4所示，两个带正电的点电荷M 和N ，带电量均为Q ，固定在光滑绝缘的水平面上，相距2L ，A 、O 、B 是
MN 连线上的三点，且O 为中点，OA ＝OB ＝L
2
，一质量为m 、电量为q 的点电荷以初速度v 0从A 点出发沿MN 连
线向N 运动，在运动过程中电荷受到大小恒定的阻力作用，但速度为零时，阻力也为零，当它运动到O 点时，动能为初动能的n 倍，到B 点速度刚好为零，然后返回往复运动，直至最后静止.已知静电力恒量为k ，取O 处电势为零.求：
图4
(1)A 点的场强大小； (2)阻力的大小； (3)A 点的电势；
(4)电荷在电场中运动的总路程.
解析 (1)由点电荷电场强度公式和电场叠加原理可得：
E ＝k Q L 22－k Q 3L 2
2＝32kQ
9L 2；
(2)由对称性知，φA ＝φB ，电荷从A 到B 的过程中，电场力做功为零，克服阻力做功为：W f ＝F f L ，由动能定理：－
F f L ＝0－12mv 20，得：F f ＝mv 20
2L
(3)设电荷从A 到O 点电场力做功为W F ，克服阻力做功为1
2
W f ，
由动能定理：W F －12W f ＝12nmv 2
0－12mv 2
得：W F ＝mv 2
04
(2n －1)
由：W F ＝q (φA －φO )
得：φA ＝W F q ＝mv 2
04q
(2n －1)
(4)电荷最后停在O 点，在全过程中电场力做功为W F ＝mv 2
04
(2n －1)，电荷在电场中运动的总路程为s ，则阻力做功
为－F f s .
由动能定理：W F －F f s ＝0－1
2
mv 02
即：mv 204(2n －1)－12L mv 20s ＝－12mv 02
解得：s ＝(n ＋0.5)L .
答案 (1)32kQ 9L 2 (2)mv 202L (3)mv 2
04q (2n －1) (4)(n ＋0.5)L
三 带电粒子在电场(复合场)中的圆周运动
例4 如图5所示，半径为r 的绝缘细圆环的环面固定在水平面上，场强为E 的匀强电场与环面平行．一电荷量为
＋q 、质量为m 的小球穿在环上，可沿环做无摩擦的圆周运动，若小球经A 点时，速度v A 的方向恰与电场垂直，且圆环与小球间沿水平方向无力的作用，求：
图5
(1)速度v A 的大小；
(2)小球运动到与A 点对称的B 点时，对环在水平方向的作用力的大小．
解析 (1)在A 点，小球在水平方向只受电场力作用，根据牛顿第二定律得：qE ＝m v 2A
r
所以小球在A 点的速度v A ＝ qEr
m
.
(2)在小球从A 到B 的过程中，根据动能定理，电场力做的正功等于小球动能的增加量，即
2qEr ＝12mv 2B －12
mv 2
A 小球在
B 点时，根据牛顿第二定律，在水平方向有F B －qE ＝m v 2B
r
解以上两式得小球在B 点受到环的水平作用力为：
F B ＝6qE .由牛顿第三定律知，球对环在水平方向的作用力大小F B ′＝6qE .
答案 (1) qEr
m
(2)6qE
1 如图6所示，ABCD 为放在E ＝1.0×103 V/m 的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中BCD 部分是直径为20 cm
的半圆环，AB ＝15 cm ，今有m ＝10 g 、q ＝10－
4 C 的小球从静止由A 起沿轨道运动，它运动到图中C 处时速度是 m/s ，在C 处时对轨道的压力
是 N ；要使小球能运动到D 点，开始时小球的位置应离B 点 m.
图6
答案
3 0.
4 0.25
解析 由Eq (AB ＋CO )－mg OB ＝12mv 2C 可得v C ＝ 3 m/s ；在C 处由N －Eq ＝mv 2
C
R
得N ＝0.4 N ；要使小球能运动
到D 点，v D ＝gR ＝1 m/s ，由Eq ·A ′B －mg ·BD ＝1
2mv 2D
，得A ′B ＝0.25 m.
2．如图9所示，半径为R 的光滑圆环竖直置于场强为E 的水平方向的匀强电场中，质量为m 、带电荷量为＋q 的空心小球穿在环上，当小球从顶点A 由静止开始下滑到与圆心O 等高的位置B 时，求小球对环的压力． 答案 2mg ＋3Eq ，方向水平向右
解析 小球从A 运动到B 的过程中，重力做正功，电场力做正功，动能增加，由动能
定理有mgR ＋EqR ＝1
2
mv 2
在B 点小球受到重力G 、电场力F 和环对小球的弹力F 1三个力的作用，沿半径方向指向圆心的合力提供向心力，
则F 1－Eq ＝m v 2
R
联立以上两式可得F 1＝2mg ＋3Eq
小球对环的作用力与环对小球的作用力为一对作用力与反作用力，两者等大反向，即小球对环的压力F 1′＝2mg ＋3Eq ，方向水平向右．
3. 如图12所示，长L ＝0.20 m 的丝线的一端拴一质量为m ＝1.0×10－4 kg 、带电荷量为q ＝＋1.0×10－
6 C 的小球，另一端连在一水平轴O 上，丝线拉着小球可在竖直平面内做圆周运动，整个装置处在竖直向上的匀强电场中，电场强
度E ＝2.0×103 N/C.现将小球拉到与轴O 在同一水平面上的A 点，然后无初速度地将小球释放，取g ＝10 m/s 2.求：
图12
(1)小球通过最高点B 时速度的大小；
(2)小球通过最高点时，丝线对小球拉力的大小．
答案 (1)2 m/s (2)3.0×10－
3 N
解析 (1)小球由A 运动到B ，其初速度为零，电场力对小球做正功，重力对小球做负功，丝线拉力不做功，则由动
能定理有：qEL －mgL ＝mv 2B
2
v B ＝ 2qE －mg L
m
＝2 m/s.
(2)小球到达B 点时，受重力mg 、电场力qE 和拉力T B 作用，经计算
mg ＝1.0×10－4×10 N ＝1.0×10－
3 N
qE ＝1.0×10－6×2.0×103 N ＝2.0×10－
3 N
因为qE >mg ，而qE 方向竖直向上，mg 方向竖直向下，小球做圆周运动，其到达B 点时向心力的方向一定指向圆
心，由此可以判断出T B 的方向一定指向圆心，由牛顿第二定律有：T B ＋mg －qE ＝mv 2B
L
T B ＝mv 2B L
＋qE －mg ＝3.0×10－
3 N.
4．如图18所示，ABCD 为竖直放在场强为E ＝104 V/m 的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的BCD 部分是半径为R 的半圆环，轨道的水平部分与半圆环相切，A 为水平轨道的一点，而且AB ＝R ＝0.2 m ．把一质量m ＝100
g 、带电量q ＝＋10－
4 C 的小球，放在水平轨道的A 点，由静止开始被释放后，在轨道的内侧运动．求：(g ＝10 m/s 2)
图18
(1)它到达C 点时的速度是多大？
(2)它到达C 点时对轨道的压力是多大？ 答案 (1)2 m/s (2)3 N
解析 (1)设小球在C 点的速度大小是v C ，对轨道的压力大小为N C ，则对于小球由A →C 的过程中，应用动能定理列出：
2qER －mgR ＝12mv 2
C
；解得v C ＝2 m/s
(2)在C 点时，小球受到轨道对它的弹力和电场力，应用牛顿第二定律，有： N C ′－qE ＝m v 2
C R ；解得：N C ′＝3 N
由牛顿第三定律知N C ＝N C ′＝3 N.
课后巩固
1.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 ＝mg
E
，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 ＝
2mg
E
，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)
3
2
mg 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°＝
3
2
mg . 方向与水平线成60°角斜向左上方． 2. (2015·新课标全国Ⅱ·24)如图12所示，一质量为m 、电荷量为q (q ＞0)的粒子在匀强电场中运动，A 、B 为其运动轨迹上的两点．已知该粒子在A 点的速度大小为v 0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B 点时速度方向与电场方向的夹角为30°.不计重力．求A 、B 两点间的电势差．
图12
答案 mv 20q
解析 设带电粒子在B 点的速度大小为v B .粒子在垂直于电场方向的速度分量不变，即 v B sin 30°＝v 0sin 60°① 由此得v B ＝3v 0②
设A 、B 两点间的电势差为U AB ，由动能定理有 qU AB ＝12m (v 2B
－v 20)③ 联立②③式得U AB ＝mv 20
q
.
3. 如图13，一质量为m 、电荷量为q (q >0)的液滴，在场强大小为
3mg
q
、方向水平向右的匀强电场中运动，运动轨迹在竖直平面内．A 、B 为其运动轨迹上的两点，已知该液滴在A 点的速度大小为v 0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B 点时速度方向与电场方向的夹角为30°.求A 、B 两点间的电势差．
图13
答案 3mv 2
08q
解析 由题意知qE ＝3mg ，液滴重力不能忽略，把运动分解 水平方向：v sin 60°＝v 0sin 30°＋
qE
m
t ① 竖直方向：v cos 60°＝v 0cos 30°－gt ② 由①②可得：v ＝233v 0，t ＝3v 06g
由牛顿第二定律得水平方向加速度a ＝qE m ＝3g ，水平位移：x ＝v 0sin 30°·t ＋12(3g )t 2
＝3v 2
08g
U AB ＝E ·x ＝3mv 2
8q
4．如图13所示，水平绝缘粗糙的轨道AB 与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC 平滑连接，半圆形轨道的半径R ＝0.4 m ，在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场线与轨道所在的平面平行，电场强度E ＝1.0×104 N/C.
现有一电荷量q ＝＋1.0×10－
4 C ，质量m ＝0.1 kg 的带电体(可视为质点)，在水平轨道上的P 点由静止释放，带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点C ，然后落至水平轨道上的D 点(图中未画出)．取g ＝10 m/s 2.试求：
图13
(1)带电体运动到圆形轨道B 点时对圆形轨道的压力大小； (2)D 点到B 点的距离x DB ；
(3)带电体在从P 开始运动到落至D 点的过程中的最大动能．(结果保留3位有效数字) 答案 (1)6.0 N (2)0 (3)1.17 J
解析 (1)设带电体通过C 点时的速度为v C ，依据牛顿第二定律有mg ＝m v 2
C R
，
解得v C ＝2.0 m/s.
设带电体通过B 点时的速度为v B ，设轨道对带电体的支持力大小为F B ，带电体在B 点时，根据牛顿第二定律有F B
－mg ＝m v 2B
R
.
带电体从B 运动到C 的过程中，根据动能定理有 －mg ×2R ＝12mv 2C －12
mv 2
B
联立解得F B ＝6.0 N ，
根据牛顿第三定律，带电体对轨道的压力F B ′＝6.0 N.
(2)设带电体从最高点C 落至水平轨道上的D 点经历的时间为t ，根据运动的分解有2R ＝1
2gt 2，
x DB ＝v C t －12Eq m
t 2
.
联立解得x DB ＝0.
(3)由P 到B 带电体做加速运动，故最大速度一定出现在从B 经C 到D 的过程中，在此过程中只有重力和电场力做功，这两个力大小相等，其合力与重力方向成45°夹角斜向右下方，故最大速度必出现在B 点右侧对应圆心角为45°处．
设带电体的最大动能为E km ，根据动能定理有 qER sin 45°－mgR (1－cos 45°)＝E km －12mv 2
B ，
代入数据解得E km ≈1.17 J.
5.如图10所示，区域Ⅰ、Ⅱ分别存在着有界匀强电场E 1、E 2，已知区域Ⅰ宽L 1＝0.8 m ，区域Ⅱ宽L 2＝0.4 m ，E 1＝10 2 V/m 且方向与水平方向成45°角斜向右上方，E 2＝20 V/m 且方向竖直向下．带电荷量为q ＝＋1.6×10－
3 C ．质
量m ＝1.6×10－
3 kg 的带电小球(可视为质点)在区域Ⅰ的左边界由静止释放．g 取10 m/s 2，求：
图10
(1)小球在电场区域Ⅰ中运动的加速度大小和时间； (2)小球离开电场区域Ⅱ的速度大小和方向．
答案 (1)10 m/s 2 0.4 s (2)5 m/s 速度方向与水平方向夹角为37°斜向右下方
解析 (1)小球在电场Ⅰ区域受到电场力F 1＝qE 1，小球在电场Ⅰ区域受到的电场力和重力的合力方向水平向右，大小为F 合＝F 1 cos 45°＝1.6×10－
2 N ，则小球向右做匀加速直线运动，其加速度a 1＝F 合m ＝10 m/s 2，小球运动时间t 1＝
2L 1
a 1
＝0.4 s.
(2)小球离开电场Ⅰ区域的水平速度v 0＝a 1t 1＝4 m/s ，小球在电场Ⅱ区域中受到电场力和重力的合力竖直向下，其加速度a 2＝g ＋qE 2m ＝30 m/s 2，小球在电场Ⅱ区域中做类平抛运动，其运动时间t 2＝L 2
v 0＝0.1 s ．小球在竖直方向的分速
度v y ＝a 2t 2＝3 m/s ，小球离开电场Ⅱ区域的速度v ＝v 20＋v 2y ＝5 m/s ，设小球离开电场Ⅱ区域的速度方向与水平方
向夹角为θ，则tan θ＝v y v 0＝3
4，得θ＝37°.
6.如图8所示，一绝缘“⊂”形杆由两段相互平行的足够长的水平直杆PQ 、MN 和一半径为R 的光滑半圆环MAP 组成，固定在竖直平面内，其中MN 杆是光滑的，PQ 杆是粗糙的．现将一质量为m 的带正电荷的小环套在MN 杆上，小环所受的电场力为重力的1
2
.
图8
(1)若将小环由D 点静止释放，则刚好能到达P 点，求DM 间的距离；
(2)若将小环由M 点右侧5R 处静止释放，设小环与PQ 杆间的动摩擦因数为μ，小环所受最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，求小环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功．
答案 (1)4R (2)若μ≥12，克服摩擦力做功为μmgR 1＋2μ
；若μ＜12，克服摩擦力做功为1
2mgR
解析 (1)小环刚好到达P 点时，速度为零，对小环从D 点到P 点过程，由动能定理qEx －2mgR ＝0－0， 又由题意得qE ＝1
2
mg ，联立解得x ＝4R .
(2)若μ≥1
2，则μmg ≥qE ，设小环到达P 点右侧x 1时静止，由动能定理得qE (5R －x 1)－mg ·2R －fx 1＝0，
又f ＝μmg ，
联立解得x 1＝R 1＋2μ
，所以整个运动过程中克服摩擦力所做的功为 W 1＝μmgx 1＝μmgR 1＋2μ
. 若μ＜12
，则μmg ＜qE ，小环经过多次的往复运动，最后在P 点的速度为0， 根据动能定理可知qE ·5R －mg ·2R －W 2＝0－0，
克服摩擦力做的功W 2＝12
mgR .。