【备考2022】高考物理一轮复习学案专题7.3 电容器、带电粒子在电场中的运动【讲】解析版.docx

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1、专题7.3 电容器、带电粒子在电场中的运动【讲】目录一 讲核心素养1二 讲必备知识1【知识点一】平行板电容器及其动态分析问题1【知识点二】带电粒子在电场中的直线运动4【知识点三】带电粒子在电场中的偏转运动6三讲关键能力-带电粒子在电场中的力电综合问题10【能力点一】带电粒子在交变电场中的运动10【能力点二】电场中的力、电综合问题12四讲模型思想-等效重力场模型15一 讲核心素养1.物理观念：电容器及电容。观察常见电容器，了解电容器的电容，观察电容器的充、放电现象。能举例说明电容器的应用。2.科学思维：带电粒子（带电体）在电场中的运动。(1).会用动力学观点和能量观点解决电场作用下的直线运动.(

2、2)应用带电粒子在匀强电场中的偏转规律解决问题、会分析带电粒子在重力、电场力作用下的偏转。3.科学态度与责任：静电现象应用与安全。(1).了解生产生活中关于静电的利用与防护的实例。(2)能分析带电粒子在电场中的运动情况，能解释相关的物理现象。二 讲必备知识【知识点一】平行板电容器及其动态分析问题1两类典型问题(1)电容器始终与恒压电源相连，电容器两极板间的电势差U保持不变。(2)电容器充电后与电源断开，电容器两极板所带的电荷量Q保持不变。2动态分析思路(1)U不变根据C和C，先分析电容的变化，再分析Q的变化。根据E分析场强的变化。根据UABEd分析某点电势变化。(2)Q不变根据C和C，先分析电

3、容的变化，再分析U的变化。根据E分析场强变化。【例1】(多选)(2021·安徽合肥市第二次教学质检)如图所示，平行板电容器带电后，静电计的指针偏转一定角度。若不改变电容器的带电荷量，下列操作可能使静电计指针的偏转角度变小的是()A.将左极板向左移动少许，同时在两极板之间插入电介质B.将左极板向左移动少许，同时取出两极板之间的金属板C.将左极板向左移动少许，同时在两极板之间插入金属板D.将左极板向下移动少许，同时取出两极板之间的电介质【答案】AC【解析】将左极板向左移动少许，则d变大，同时在两极板之间插入电介质，根据C可知C可能变大，根据QCU可知，U可能减小，即静电计指针的偏转角度可

4、能变小，选项A正确；将左极板向左移动少许，则d变大，同时取出两极板之间的金属板，则也相当于d变大，根据C可知C一定变小，根据QCU可知，U变大，即静电计指针的偏转角度变大，选项B错误；将左极板向左移动少许，则d变大，同时在两极板之间插入金属板，则相当于d变小，根据C可知C可能变大，根据QCU可知，U可能变小，即静电计指针的偏转角度可能变小，选项C正确；将左极板向下移动少许，则S减小，同时取出两极板之间的电介质，根据C可知C一定减小，根据QCU可知，U一定变大，即静电计指针的偏转角度一定变大，选项D错误。【素养升华】本题考察的学科素养主要是物理观念及科学思维。【方法总结】电容器动态变化的分析思路

5、【变式训练1】(多选)(2021·福建南平市第一次质检)如图所示，一水平放置的平行板电容器与电源相连。开始时开关闭合，一带电油滴沿两极板中心线方向以某一初速度射入，恰好沿中心线通过电容器。则下列判断正确的是()A.保持开关闭合，将B板竖直向上平移一小段距离，粒子可能打在电容器的A板上B.保持开关闭合，将B板竖直向上平移一小段距离，粒子仍能沿原中心线通过电容器C.断开开关，将B板竖直向上平移一小段距离，粒子可能打在电容器的A板上D.断开开关，将B板竖直向上平移一小段距离，粒子仍能沿原中心线通过电容器【答案】AD【解析】开始时，油滴能沿直线飞过两板，可知油滴受向下的重力和向上的电场力平衡

6、，油滴带负电；若保持开关闭合，将B板竖直向上平移一小段距离，根据E可知，两板间场强变大，粒子受向上的电场力变大，粒子向上偏转，则粒子可能打在电容器的A板上，选项A正确，B错误；断开开关，则两板带电荷量不变，根据C、E以及C 可知E，则将B板竖直向上平移一小段距离，两板间场强不变，粒子受电场力不变，则粒子仍能沿原中心线通过电容器，选项C错误，D正确。【变式训练2】如图所示，甲图中电容器的两个极板和电源的两极相连，乙图中电容器充电后断开电源。在电容器的两个极板间用相同的悬线分别吊起完全相同的带电小球，小球静止时悬线和竖直方向的夹角均为，将两图中的右极板向右平移时，下列说法正确的是()甲乙A甲图中夹

7、角减小，乙图中夹角增大B甲图中夹角减小，乙图中夹角不变C甲图中夹角不变，乙图中夹角不变D甲图中夹角减小，乙图中夹角减小【答案】B【解析】由题图可知，甲图中的电容器和电源相连，所以电容器两极板间的电压不变，当极板间的距离增大时，根据E可知，极板间的电场强度减小，电场力减小，所以夹角将减小；乙图中电容器充电后断开电源，电容器两极板所带的电荷量不变，根据C，极板间的电压U，极板间的电场强度E，电场强度与两极板间距离无关，故夹角不变，B正确。【知识点二】带电粒子在电场中的直线运动1做直线运动的条件(1)粒子所受合外力F合0，粒子静止或做匀速直线运动(2)粒子所受合外力F合0且与初速度共线，带电粒子将做

8、加速直线运动或减速直线运动2用动力学观点分析a，E，v2v022ad.3用功能观点分析匀强电场中：WEqdqUmv2mv02非匀强电场中：WqUEk2Ek1【例1】(2021·广西南宁市期中)一匀强电场，场强方向是水平的，如图所示，一个质量为m、电荷量为q的带正电的小球，从O点出发，初速度的大小为v0，在电场力和重力作用下恰好能沿与场强的反方向成角做直线运动，重力加速度为g，求：(1)电场强度的大小；(2)小球运动到最高点时其电势能与O点的电势能之差【答案】(1)(2)mv02cos2【解析】(1)小球做直线运动，所受的电场力qE和重力mg的合力必沿此直线方向如图所示，由几何关系可知

9、mgqEtan 解得E.(2)小球做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可得ma设从O点到最高点的位移为x，根据运动学公式可得v022ax联立可得x运动的水平距离lxcos 两点间的电势能之差WEql联立解得Wmv02cos2.【素养升华】本题考察的学科素养主要是物理观念及科学思维。【技巧方法】带电粒子在电场中做直线运动的分析方法：【变式训练1】(多选)(2021·株洲检测)如图所示，在真空中倾斜平行放置着两块带有等量异号电荷的金属板A、B，板与水平方向的夹角为，一个电荷量q1.41×104 C、质量m1 g的带电小球，自A板上的孔P以水平速度v00.1 m/s飞入两板之间的电场

10、，经0.02 s后未与B板相碰又回到孔P，g取10 m/s2，则()A板间电场强度大小为100 V/mB板间电场强度大小为141 V/mC板与水平方向的夹角30°D板与水平方向的夹角45°【答案】AD【解析】因为小球从孔P水平飞入两板之间，沿水平方向运动，小球受力如图所示设板间匀强电场的场强为E，板与水平方向的夹角为，在竖直方向由平衡条件得Eqcos mg，在水平方向由动量定理得Eqtsin 2mv0，解得E 100 V/m，tan 1，即45°，A、D正确【变式训练2】(2021·福建漳州市第一次教学质检)如图所示，倾斜放置的平行板电容器两极板与水平面

11、夹角为，极板间距为d，带负电的微粒质量为m、带电荷量为q，从极板M的左边缘A处以初速度v0水平射入，沿直线运动并从极板N的右边缘B处射出，重力加速度为g，则()A微粒到达B点时动能为mv02B微粒的加速度大小等于gsin C两极板的电势差UMND微粒从A点到B点的过程，电势能减少【答案】C【解析】微粒仅受电场力和重力，电场力方向垂直于极板，重力的方向竖直向下，微粒做直线运动，合力方向沿水平方向，由此可知，电场力方向垂直于极板斜向左上方，合力方向水平向左，微粒做减速运动，微粒到达B点时动能小于mv02，选项A错误；根据qEsin ma，qEcos mg，解得E，agtan ，选项B错误；两极板的

12、电势差UMNEd，选项C正确；微粒从A点到B点的过程，电场力做负功，电势能增加，电势能增加量qUMN，选项D错误【知识点三】带电粒子在电场中的偏转运动1带电粒子在电场中的偏转规律2处理带电粒子的偏转问题的方法(1)运动的分解法一般用分解的思想来处理，即将带电粒子的运动分解为沿电场力方向上的匀加速直线运动和垂直电场力方向上的匀速直线运动(2)功能关系当讨论带电粒子的末速度v时也可以从能量的角度进行求解：qUymv2mv，其中Uyy，指初、末位置间的电势差【例1】(2021·江苏常州市期中)如图所示，距离为d的平行金属板A、B间的电场强度为E，B板接地靠近A板的M点有一放射源，能向各个方

13、向发射质量为m、电荷量为e的带电粒子，可以探测到B板上以N点为圆心、半径为r的圆形区域内都有带电粒子到达，粒子重力不计求：(1)粒子运动加速度的大小a；(2)粒子初速度的最大值v0；(3)粒子到达B板的最大动能Ekm.【答案】(1)(2)r(3)eEd【解析】(1)由eEma得粒子的加速度大小a.(2)粒子初速度的方向平行于A板，做类平抛运动，打到B板距离N点最远时的初速度最大水平方向：dat2竖直方向：rv0t解得v0r(3)由动能定理得eEdEkmmv02解得，EkmeEd.【素养提升】本题考察的学科素养主要是物理观念、科学思维。【方法技巧】分析带电粒子在匀强电场中的偏转问题的关键(1)条

14、件分析：不计重力，且带电粒子的初速度v0与电场方向垂直，则带电粒子将在电场中只受电场力作用做类平抛运动。(2)运动分析：一般用分解的思想来处理，即将带电粒子的运动分解为沿电场力方向上的匀加速直线运动和垂直电场力方向上的匀速直线运动。【变式训练1】(2021·江西吉安一中段考)如图所示，虚线MN左侧有一场强为E1E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E22E的匀强电场，在虚线PQ右侧相距为L处有一与电场E2平行的屏现将一电子(电荷量为e，质量为m，不计重力)无初速度地放入电场E1中的A点，A点到MN的距离为，最后电子打在右侧的屏上，AO连线与屏垂直，垂足为

15、O，求：(1)电子从释放到打到屏上所用的时间t；(2)电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值tan ；(3)电子打到屏上的点P(图中未标出)到点O的距离x.【答案】(1)3(2)2(3)3L【解析】(1)电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a1，时间为t1，由牛顿第二定律得：a1由xat2得：a1t电子进入电场E2时的速度为：v1a1t1进入电场E2到屏水平方向做匀速直线运动，时间为：t22t2电子从释放到打到屏上所用的时间为：tt1t2联立求解得：t3；(2)设粒子射出电场E2时平行电场方向的速度为vy，由牛顿第二定律得：电子进入电场E2时的加速度为：a2v

16、ya2t2电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值为tan 联立得：tan 2(3)带电粒子在电场中的运动轨迹如图所示设电子打到屏上的点P到O点的距离x，根据上图用几何关系得：tan 联立得：x3L【变式训练2】 (多选)(2020·7月浙江选考，6)如图所示，一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速度v0从MN连线上的P点水平向右射入电场强度大小为E、方向竖直向下的匀强电场中。已知MN与水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，则粒子到达MN连线上的某点时()A.所用时间为B.速度大小为3v0C.与P点的距离为D.速度方向与竖直方向的夹角为30°

17、;【答案】C【解析】粒子从P点垂直电场方向出发到达MN连线上某点时，沿水平方向和竖直方向的位移大小相等，即v0tat2，a，解得t，A项错误；在该点，粒子沿电场方向的速度vyat2v0，所以合速度大小为vv0，B项错误；该点到P点的距离sxv0t，C项正确；由平行四边形定则可知，在该点速度方向与竖直方向夹角的正切值tan ，则30°，D项错误。三讲关键能力-带电粒子在电场中的力电综合问题【能力点一】带电粒子在交变电场中的运动1带电粒子在交变电场中的运动，通常只讨论电压的大小不变、方向做周期性变化(如方波)的情形(1)当粒子平行于电场方向射入时，粒子做直线运动，其初速度和受力情况决定了

18、粒子的运动情况，粒子可以做周期性的直线运动(2)当粒子垂直于电场方向射入时，沿初速度方向的分运动为匀速直线运动，沿电场方向的分运动具有周期性2研究带电粒子在交变电场中的运动，关键是根据电场变化的特点，利用牛顿第二定律正确地判断粒子的运动情况根据电场的变化情况，分段求解带电粒子运动的末速度、位移等很多时候可将at图象vt图象3对于锯齿波和正弦波等电压产生的交变电场，若粒子穿过板间的时间极短，带电粒子穿过电场时可认为是在匀强电场中运动【例1】(多选)(2021·湖北荆门市1月调考)如图1(a)所示，A、B表示真空中水平放置的相距为d的平行金属板，板长为L，两板加电压后板间的电场可视为匀强

19、电场。现在A、B两板间加上如图(b)所示的周期性的交变电压，在t0时恰有一质量为m、电量为q的粒子在板间中央沿水平方向以速度v0射入电场，忽略粒子的重力，则下列关于粒子运动情况的表述中正确的是()A.粒子在垂直于板的方向上的分运动可能是往复运动B.粒子在垂直于板的方向上的分运动是单向运动C.只要周期T和电压U0的值满足一定条件，粒子就可沿与板平行的方向飞出D.粒子不可能沿与板平行的方向飞出【答案】BC【解析】如果板间距离足够大，粒子在垂直于板的方向上的分运动在前半个周期做匀加速，后半个周期做匀减速，如此循环，向同一方向运动，如果周期T和电压U0的值满足一定条件，粒子就可在到达极板之前飞出极板，

20、当飞出时垂直于极板的速度恰好为零时，将沿与板平行的方向飞出。故选项B、C正确。【素养提升】本题考察的学科素养主要是物理观念及科学思维。【要点提炼】处理方法：将粒子的运动分解为垂直电场方向上的匀速运动和沿电场方向的变速运动。【变式训练1】(多选)(2021·山东潍坊市二模)如图甲所示，长为8d、间距为d的平行金属板水平放置，O点有一粒子源，能持续水平向右发射初速度为v0、电荷量为q(q>0)、质量为m的粒子在两板间存在如图乙所示的交变电场，取竖直向下为正方向，不计粒子重力以下判断正确的是()A粒子在电场中运动的最短时间为B射出粒子的最大动能为mv02Ct时刻进入的粒子，从O点射出

21、Dt时刻进入的粒子，从O点射出【答案】AD【解析】由题图可知场强大小E，则粒子在电场中的加速度a，则粒子在电场中运动的最短时间满足atmin2，解得tmin，选项A正确；能从板间射出的粒子在板间运动的时间均为t，则任意时刻射入的粒子若能射出电场，则射出电场时沿电场方向的速度均为0，可知射出电场时粒子的动能均为mv02，选项B错误；t时刻进入的粒子，在沿电场方向的运动是：先向下加速，后向下减速速度到零；然后向上加速，再向上减速速度到零如此反复，则最后从O点射出时有沿电场方向向下的位移，则粒子将从O点下方射出，故C错误；t时刻进入的粒子，在沿电场方向的运动是：先向上加速，后向上减速速度到零；然后向

22、下加速，再向下减速速度到零如此反复，则最后从O点射出时沿电场方向的位移为零，则粒子将从O点射出，选项D正确【能力点二】电场中的力、电综合问题1.带电粒子在电场中的运动(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。2.用能量观

23、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更简捷。具体方法有：(1)用动能定理处理思维顺序一般为：弄清研究对象，明确所研究的物理过程。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。弄清所研究过程的始、末状态(主要指动能)。根据WEk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：利用初、末状态的能量相等(即E1E2)列方程。利用某些能量的减少等于另一些能量的增加列方程。(3)两个结论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。若带电粒子只在重力和电场力作

24、用下运动，其机械能和电势能之和保持不变。【例2】如图所示，LMN是竖直平面内固定的光滑绝缘轨道，MN水平且足够长，LM下端与MN相切质量为m的带正电小球B静止在水平面上，质量为2m的带正电小球A从LM上距水平面高为h处由静止释放，在A球进入水平轨道之前，由于A、B两球相距较远，相互作用力可认为零，A球进入水平轨道后，A、B两球间相互作用视为静电作用，带电小球均可视为质点已知A、B两球始终没有接触重力加速度为g.求：(1)A球刚进入水平轨道的速度大小；(2)A、B两球相距最近时，A、B两球系统的电势能Ep；(3)A、B两球最终的速度vA、vB的大小【答案】(1)(2)mgh(3)【解析】(1)对

25、A球下滑的过程，据机械能守恒得2mgh·2mv解得v0.(2)A球进入水平轨道后，两球组成的系统动量守恒，当两球相距最近时共速，有2mv0(2mm)v解得vv0据能量守恒定律得2mgh(2mm)v2Ep解得Epmgh.(3)当两球相距最近之后，在静电斥力作用下相互远离，两球距离足够远时，相互作用力为零，系统势能也为零，速度达到稳定则2mv02mvAmvB×2mv×2mvmv解得vAv0，vBv0.【素养提升】本题考察的学科素养主要是物理观念及科学思维。【方法技巧】 动量、能量关系在电学中应用的题目，一般过程复杂且涉及多种性质不同的力因此，通过审题，抓住受力分析和运

26、动过程分析是关键，然后根据不同的运动过程中各力做功的特点来选择相应规律求解动能定理和能量守恒定律在处理电场中能量问题时仍是首选【变式训练1】(多选)(2021·广西柳州市4月模拟)如图所示，相距为2d的A、B两个点电荷固定于竖直线上，电荷量分别为Q和Q。MN是竖直放置的光滑绝缘细杆，与AB连线间的距离为d，C、D是细杆上与A、B等高的两点，O点是CD中点。一个质量为m、电荷量为q的带电小球P(可视为点电荷，放入电场后不影响电场的分布)穿过细杆，由C点静止开始释放，向下运动到O点时速度大小为v。已知静电力常量为k，重力加速度为g。则()A.C、D两点电势CDB.C、D两点的电场强度大小

27、相等C.O点处的电场强度大小ED.小球P经过D点时的速度大小为2v【答案】BC【解析】由等量异号电荷电场线分布可知，C点电势高于D点电势，故A错误；由电场强度的叠加可知C、D两点的电场强度大小相等，故B正确；正点电荷Q在O点产生的场强大小为E1，负点电荷Q在O点产生的场强大小为E2，如图所示，由电场强度的叠加可得O点处的电场强度EE1，故C正确；从C到O与从O到D重力及电场力做功相同，从C到O过程，根据动能定理有Wmv2，从O到D过程，根据动能定理有Wmvmv2，联立解得vDv，故D错误。【变式训练2】(2021·广东六校联盟第二次联考)如图所示，AB为水平绝缘粗糙轨道，动摩擦因数为

28、0.2，AB距离为5 m；BC为半径r1 m的竖直光滑绝缘半圆轨道；BC的右侧存在竖直向上的匀强电场，电场强度E500 N/C。一质量m1 kg，电量q1.0×102 C的带负电小球，在功率P恒为20 W的水平向右拉力作用下由静止开始运动，到B点时撤去拉力。已知到达B点之前已经做匀速运动(g10 m/s2)，求：(1)小球匀速运动的速度大小；(2)小球从A运动到B所用的时间；(3)请计算分析小球是否可以到达C点，若可以，求轨道对小球的弹力大小。【答案】(1)10 m/s(2)3 s(3)可以25 N【解析】(1)因为小球做匀速直线运动，所以FFfFfmg2 N小球匀速运动的速度大小v

29、010 m/s。(2)A到B过程中，由动能定理得Ptmg·mv其中vBv010 m/s解得t3 s。(3)小球从B点到C点，由动能定理得(mgqE)·2rmvmv解得vC2 m/s若小球恰好过C点，则mgqEm解得v m/svC则在C点，根据牛顿第二定律mgqEFNm解得轨道对小球的弹力FN25 N。四讲模型思想-等效重力场模型1等效重力场物体仅在重力场中的运动是最常见、最基本的运动，但是对于处在匀强电场和重力场中物体的运动问题就会变得复杂一些此时可以将重力场与电场合二为一，用一个全新的“复合场”来代替，可形象称之为“等效重力场”2等效重力场的对应概念及解释3举例【例】(2

30、021·福建龙岩市高三上学期期末)如图所示，在竖直平面内固定的圆形绝缘轨道的圆心为O、半径为r、内壁光滑，A、B两点分别是圆轨道的最低点和最高点该区间存在方向水平向右的匀强电场，一质量为m的带电小球(可视为质点)恰好能静止在C点若在C点给小球一个初速度使它在轨道内侧恰好能做完整的圆周运动(小球的电荷量不变)已知C、O、D在同一直线上，它们的连线与竖直方向的夹角60°，重力加速度为g.求：(1)小球所受的电场力F的大小；(2)小球做圆周运动，在D点的速度大小及在A点对轨道压力的大小【答案】(1)mg(2)9mg【解析】(1)小球在C点静止，受力分析如图所示由平衡条件得Fmgt

31、an 60°解得：Fmg(2)小球在光滑轨道内侧恰好做完整的圆周运动，在D点小球速度最小，对轨道的压力为零，则m解得小球在D点的速度vD小球由轨道上A点运动到D点的过程，根据动能定理得mgr(1cos )Frsin mvD2mvA2解得小球在A点的速度vA2小球在A点，根据牛顿第二定律得：FNAmgm解得：FNA9mg根据牛顿第三定律得：小球对轨道的压力大小为FNA9mg.【素养提升】本题考察的学科素养主要是物理观念及科学思维。【方法技巧】把握三点，合理利用“等效法”解决问题(1)把电场力和重力合成一个等效力，称为等效重力。(2)等效重力的反向延长线与圆轨迹的交点为带电体在等效重力场

32、中运动的最高点。(3)类比“绳球”“杆球”模型临界值的情况进行分析解答。【变式训练1】如图，一光滑绝缘半圆环轨道固定在竖直平面内，与光滑绝缘水平面相切于B 点，轨道半径为R。整个空间存在水平向右的匀强电场E，场强大小为，一带正电小球质量为m、电荷量为q，从距离B点为处的A点以某一初速度沿AB方向开始运动，经过B点后恰能运动到轨道的最高点C。重力加速度为g，sin 37°0.6，cos 37°0.8。则：(1)带电小球从A 点开始运动时的初速度v0多大？(2)带电小球从轨道最高点C经过一段时间运动到光滑绝缘水平面上D点(图中未标出)，B 点与D 点的水平距离多大？【答案】(1

33、)(2)()R【解析】(1)小球在半圆环轨道上运动时，当小球所受重力、电场力的合力方向与速度垂直时，速度最小。设F合与竖直方向夹角为，则tan ，则37°，故F合mg。设此时的速度为 v，由于合力恰好提供小球圆周运动的向心力，由牛顿第二定律得m解得v从A点到该点由动能定理mgR(1cos 37°)(sin 37°)mv2mv解得v0。(2)设小球运动到C点的速度为vC，小球从 A 点到 C 点由动能定理2mgR×mvmv解得vC当小球离开C点后，在竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀加速直线运动，设C点到D点的运动时间为t。设水平方向的加速度为a，B点到

34、D点的水平距离为x水平方向上有maxvCtat2竖直方向上有2Rgt2联立解得x()R。【变式训练2】 (2021·江苏如皋中学模拟)如图所示，内表面光滑绝缘的半径为1.2 m的圆形轨道处于竖直平面内，有竖直向下的匀强电场，场强大小为3×106 V/m。有一质量为0.12 kg、电荷量为1.6×106 C，带负电的小球，小球在圆轨道内壁做圆周运动，当运动到最低点A时，小球与轨道压力恰好为零，g取10 m/s2，求：(1)小球在A点处的速度大小；(2)小球运动到最高点B时对轨道的压力。【答案】(1)6 m/s(2)21.6 N【解析】(1)重力Gmg0.12×10 N1.2 N电场力FqE1.6×106×3×106 N4.8 N在A点，有qEmgm代入数据解得v16 m/s。(2)设球在B点的速度大小为v2，从A到B，由动能定理有(qEmg)·2Rmvmv在B点，设轨道对小球弹力为FN，则有FNmgqEm由牛顿第三定律有FNFN代入数据解得FN21.6 N。