（全国通用版）2019版高考物理一轮复习 第七章 静电场 7.3 电容器与电容 带电粒子在电场中的运动课件.pptVIP

第3讲电容器与电容带电粒子在电场中的运动,【知识导图】,异种,中和,容纳电荷,qU,类平抛运动,合成,分解,匀速直线,匀加速直线,电子枪,【微点拨】1.分析平行板电容器动态变化问题的两点注意:(1)明确动态变化过程中哪些量不变,一般是电荷量或电压不变。(2)要灵活选取电容的两个公式分析电容的变化。,2.带电粒子在电场中运动时重力的处理:(1)基本粒子:如电子、质子、粒子、离子等,除有说明或明确的暗示以外,一般都不考虑重力(但并不忽略质量)。(2)带电颗粒:如液滴、油滴、尘埃、小球等,除有说明或有明确的暗示以外,一般都不能忽略重力。,【慧眼纠错】(1)电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和。纠错:_。,电容器所带的电荷量是指一个极板所带电荷量,的绝对值,(2)电容器的电容与电容器所带电荷量成反比。纠错:_。(3)电容大的电容器储存的电荷一定多。纠错:_。,电容是由电容器本身的性质决定的,与电容器,所带电荷量无关,电容表示电容器储存电荷的本领,并不表示储,存电荷的多少,(4)放电后的电容器电荷量为零,电容也为零。纠错:_。,电容器的电容C是由电容器本身的性质决定的,与电容器是否带电无关,电容器放电后,电容器的带,电荷量为零,其电容C保持不变,(5)带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动。纠错:_。(6)示波管屏幕上的亮线是荧光屏自身发出的光。纠错:_。,带电粒子在匀强电场中只有垂直电场方向进入,才做类平抛运动,示波管屏幕上的亮线是由于电子束高速撞击荧,光屏而产生的,考点1平行板电容器的动态分析【典题探究】【典例1】(2016全国卷)一平行板电容器两极板之间充满云母介质,接在恒压直流电源上,若将云母介质移出,则电容器导学号04450161(),A.极板上的电荷量变大,极板间电场强度变大B.极板上的电荷量变小,极板间电场强度变大C.极板上的电荷量变大,极板间电场强度不变D.极板上的电荷量变小,极板间电场强度不变,【题眼直击】(1)接在恒压直流电源上_。(2)将云母介质移出_。,电容器两极板间的电压,保持不变,电容器的介电常数变小,【解析】选D。据C=可知,将云母介质移出电容器,C变小,电容器接在恒压直流电源上,电压不变,据Q=CU可知极板上的电荷量变小,据E=可知极板间电场强度不变,故选D。,【迁移训练】,迁移1:断开电源(多选)将【典例1】中的电源断开,当把云母介质从电容器中快速抽出后,下列说法正确的是()A.电容器的电容减小B.极板间的电势差减小C.极板上的电荷量不变D.极板间电场强度不变,【解析】选A、C。电源断开,当把云母介质从电容器中快速抽出后,极板所带电荷量保持不变,极板间的介电常数减小,由C=可知,电容器的电容减小,故A、C正确;由C=得U=,Q不变,C减小,U增大,故B错误;由得,E=故极板间的场强增大,故D错误。,迁移2:将云母介质换成金属板(多选)在【典例1】中,若将云母介质换成金属板,接在恒压直流电源上,当把金属板从电容器中快速抽出后,下列说法正确的是()A.电容器的电容不变B.电容器所带电荷量减少C.极板间的电压增大D.极板间电场强度变小,【解析】选B、D。当把金属板从电容器中快速抽出后,电容器两极板间的电压不变,但两极板间的距离变大,由C=可知,电容器的电容减小,故A、C错误;由C=得Q=CU,电压U不变,C减小,故电容器所带电荷量减少,故B正确;由公式E=可得电场强度E变小,故D正确。,迁移3:减小两极板正对面积(多选)在【典例1】中,若云母介质保持不动,使两极板正对面积减小,则下列说法正确的是()A.电容器所带电荷量保持不变B.电容器所带电荷量减少C.极板间的电场强度保持不变D.极板间的电场强度变小,【解析】选B、C。由C=可知,当S减小时,电容器的电容减小,由C=得Q=CU,电压U不变,C减小,故电容器所带电荷量减少,故A错误,B正确;U和d不变,由E=可知,极板间的电场强度保持不变,故C正确,D错误。,【通关秘籍】1.平行板电容器动态的分析思路:,2.两类动态分析的比较:,【加固训练】(多选)如图所示,两块较大的金属板A、B相距为d,平行放置并与一电源相连,S闭合后,两板间恰好有一质量为m,带电量为q的油滴处于静止状态,以下说法正确的是(),A.若将S断开,则油滴将做自由落体运动,G表中无电流B.若将A向左平移一小段位移,则油滴仍然静止,G表中有ba的电流C.若将A向上平移一小段位移,则油滴向下加速运动,G表中有ba的电流D.若将A向下平移一小段位移,则油滴向上加速运动,G表中有ba的电流,【解析】选B、C。将S断开,电容器电量不变,板间场强不变,故油滴仍处于静止状态,选项A错误;若S闭合,将A板左移,由E=可知,E不变,油滴仍静止,由C=可知正对面积减小时电容C变小,则电容器极板电量Q=CU变小,电容器放电,则有ba的电流,故选项B正确;将A板上移,由E=可知,E变小,油滴应向下加速运动,由C=可知板间距离增大时电容C变小,电容器要放电,则有ba的电流流过G,故选项C正确;当A板下移时,板间电场强度增大,油滴受的电场力增加,油滴向上加速运动,由C=可知板间距离减小时C增大,电容器要充电,则有ab的电流流过G,故选项D错误。,考点2带电粒子在电场中的直线运动【典题探究】【典例2】(多选)(2018泰安模拟)如图甲所示,在两平行的金属板间加上如图乙所示的电压。在01s内,一点电荷在两极板间处于静止状态,t=2s时电荷仍运动且未与极板接触,则在12s内,点电荷(g取10m/s2)导学号04450162(),A.做匀加速直线运动,加速度大小为10m/s2B.做变加速直线运动,平均加速度大小为5m/s2C.做变加速直线运动,2s末加速度大小为10m/s2D.2s末速度大小为10m/s,【题眼直击】(1)在01s内,一点电荷在两极板间处于静止状态_。(2)t=2s时电荷仍运动且未与极板接触_。,电荷受重力和电场力作用处于平衡状态,电荷一直做,加速直线运动,【解析】选B、C。第1s内电荷受重力和电场力作用处于平衡状态,故电场力向上,与重力平衡,第2s内电压一直变大,故电场强度变大,电场力变大,且第2s内合力随时间均匀增加,加速度随时间均匀增加,是变加速直线运动,故A错误;第2s内加速度随时间均匀增加,第2s末电场强度增加为第1s末的2倍,故电场力变为2倍,合力向上,大小为mg,其加速度大小为g=10m/s2,故平均加速度为=5m/s2,故B、C正确;2秒末速度大小为v2=51m/s=5m/s,故D错误。,【通关秘籍】带电粒子在电场中直线运动的分析方法,【考点冲关】1.真空中某竖直平面内存在一水平向右的匀强电场,一质量为m的带电微粒恰好能沿图示虚线(与水平方向成角)由A向B做直线运动,已知重力加速度为g,微粒的初速度为v0,则(),A.微粒一定带正电B.微粒一定做匀速直线运动C.可求出匀强电场的电场强度D.可求出微粒运动的加速度,【解析】选D。因微粒在重力和电场力作用下做直线运动,而重力竖直向下,由微粒做直线运动条件知电场力必水平向左,微粒带负电,故A错误;其合外力必与速度反向,大小为F=即微粒一定做匀减速直线运动,加速度为a=故B错误,D正确;电场力qE=mgcot,但不知微粒的电荷量,所以无法求出其电场强度,故C错误。,2.(多选)(2018郑州模拟)如图所示,空间有竖直向下的匀强电场,电场强度为E,在电场中P处由静止下落一质量为m、带电量为+q的小球(可视为质点)。在P的正下方h处有一水平弹性绝缘挡板S(挡板不影响电场的分布),小球每次与挡板相碰后电量减小到碰前的k倍(kh,故B正确,D错误;与挡板相碰后所能达到最大高度大于h,小球的重力势能增大,由能量守恒可知,小球的电势能减少,所以小球第一次与挡板相碰后达到最大高度时的电势能小于qEh,故C错误。,【加固训练】如图所示,充电后的平行板电容器水平放置,电容为C,极板间距离为d,上极板正中有一小孔。质量为m、电荷量为+q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落,穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计,极板间电场可视为匀强电场,重力加速度为g)。求:,(1)小球到达小孔处的速度。(2)极板间电场强度大小和电容器所带电荷量。(3)小球从开始下落运动到下极板处的时间。,【解析】(1)由v2=2gh得:v=(2)在极板间带电小球受重力和电场力,由牛顿第二定律得:mg-qE=ma0-v2=2ad解得:E=解得:Q=,(3)由h=0=v+at2t=t1+t2解得:t=答案:,考点3带电粒子在电场中的偏转【典题探究】【典例3】(2018洛阳模拟)示波器是研究交变电流变化规律的重要仪器,其主要结构可简化为:电子枪中的加速电场、两水平放置的平行金属板中的偏转电场和竖直放置的荧光屏组成,如图所示。若已知加速电场,的电压为U1,两平行金属板的板长、板间距离均为d,荧光屏距两平行金属板右侧距离也为d,电子枪发射的质量为m、电荷量为-e的电子,从两平行金属板的中央穿过,打在荧光屏的中点O,不计电子在进入加速电场时的速度及电子重力。若两金属板间存在竖直方向的匀强,电场,两板间的偏转电压为U2,电子会打在荧光屏上某点,该点距O点距离为求U1和U2的比值导学号04450163,【解题探究】(1)电子经加速电场后获得速度如何计算?提示:由动能定理可求出电子加速后的速度。(2)电子在偏转电场中做什么运动?提示:电子垂直电场方向进入偏转电场做类平抛运动。,(3)电子离开偏转电场做什么运动?提示:电子离开偏转电场后不受力的作用,做匀速直线运动。,【解析】在加速电场U1中,由动能定理得:qU1=mv2以v的速度进入偏转电场U2中做类平抛运动,在离开偏转电场时偏移距离:y1=at2其中:t=,速度方向与水平方向成角,则有:vy=attan=离开偏转电场后偏移的距离:y2=dtan根据牛顿第二定律有加速度a=而总的偏移距离:y=y1+y2=联立以上几式解得:答案:,【通关秘籍】1.基本规律:设粒子带电荷量为q,质量为m,两平行金属板间的电压为U,板长为l,板间距离为d(忽略重力影响),则有(1)加速度:a=(2)在电场中的运动时间:t=,2.两个结论:(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时的偏转角度总是相同的。证明:由(2)粒子经电场偏转后,合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O为粒子水平位移的中点,即O到电场边缘的距离为。,3.带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系: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:指初、末位置间的电势差。,4.分析带电粒子在匀强电场中偏转的两个关键:,【考点冲关】1.(2018永州模拟)三个质量相等的带电微粒(重力不计)以相同的水平速度沿两极板的中心线方向从O点射入,已知上极板带正电,下极板接地,三微粒的运动轨迹如图所示,其中微粒2恰好沿下极板边缘飞出电场,则(),A.三微粒在电场中的运动时间有t3t2t1B.三微粒所带电荷量有q1q2=q3C.三微粒所受电场力有F1=F2F3D.飞出电场时微粒2的动能大于微粒3的动能,【解析】选D。粒子在电场中运动的时间t=水平速度相等而位移x1q2,而对粒子2和3在E、m、t相同的情况下,粒,子2的竖直位移大,则q2q3,故B错误;由于q1q2,所以F1F2,故C错误;q2q3,且y2y3,则q2Ey2q3Ey3,电场力做功多,增加的动能大,故D正确。,2.(2016海南高考)如图,平行板电容器两极板的间距为d,极板与水平面成45角,上极板带正电。一电荷量为q(q0)的粒子在电容器中靠近下极板处,以初动能Ek0竖直向上射出。不计重力,极板尺寸足够大。若粒子能打到上极板,则两极板间电场强度的最大值为(),【解析】选B。对粒子进行受力分析如图所示,可知粒子的运动方向与所受的合力不在同一条直线上,粒子做曲线运动,若粒子恰能到达上极板时,其速度与极板平行,电场强度有最大值。将粒子的初速度v0分解为垂直于极板的vy和平行于极板的vx两个分量,当vy=0时,粒子恰能到达上极板,速度与极板平行,根据-vy2=-2d,由于vy=v0cos45,Ek0=,联立整理得到:E=故选项B正确。,【加固训练】如图所示,两平行金属板间有一匀强电场,板长为L,板间距离为d,在板右端L处有一竖直放置的荧光屏M,一带电荷量为q,质量为m的质点从两板中央射入板间,最后垂直打在M屏上,则下列结论正确的是(),A.板间电场强度大小为B.板间电场强度大小为C.质点在板间的运动时间和它从板的右端运动到荧光屏的时间相等D.质点在板间的运动时间大于它从板的右端运动到荧光屏的时间,【解析】选C。据题分析可知,质点在平行金属板间轨迹应向上偏转,做类平抛运动,飞出电场后,质点的轨迹向下偏转,质点才能最后垂直打在M屏上,前后过程质点的运动轨迹有对称性,如图,可见两次偏转的加速度大小相等,根据牛顿第二定律得,qE-mg=mg,得到E=,故A、B错误;由于质点,在水平方向一直做匀速直线运动,两段水平位移大小相等,则质点在板间运动的时间跟它从板的右端运动到荧光屏的时间相等。故C正确,D错误。,考点4带电粒子在交变电场中的运动【典题探究】【典例4】(2018沈阳模拟)如图(a)所示的xOy平面处于匀强电场中,电场方向与x轴平行,电场强度E随时间t变化的周期为T,变化图线如图(b)所示,E为+E0时,电场强度的方向沿x轴正方向。有一带正电的粒子P,在某一时刻t0以某一速度v沿y轴正方向自坐标原点O射入电场,粒子P经过时间T到达的点记为A(A点在图中未画出)。若t0=0,则OA连线与y轴正方向夹角为45,不计粒子重力。导学号04450164,(1)求粒子的比荷。(2)若t0=求A点的坐标。(3)若t0=求粒子到达A点时的速度。,【题眼直击】(1)E为+E0时,电场强度的方向沿x轴正方向粒子在0T时间内沿x轴正方向先做_运动,再做_运动。(2)有一带正电的粒子P,在某一时刻t0以某一速度v沿y轴正方向自坐标原点O射入电场粒子沿y轴正方向做_。,匀加速直线,匀减速直线,匀速直线运动,【解析】(1)粒子在t0=0时刻射入电场,粒子沿y轴方向匀速运动,位移大小为:y=vT粒子沿x轴方向在0内做初速度为零的匀加速运动,位移为x1,末速度为v1,则:x1=v1=a粒子沿x轴方向在T内做匀减速运动,位移为x2,则:x2=v1,粒子沿x轴方向的总位移为x,则:x=x1+x2粒子只受到电场力作用,由牛顿第二定律得:qE=ma由题意OA与y轴正方向夹角为45,则:y=x解得:,(2)粒子在t0=时刻射入电场,粒子沿y轴方向匀速运动,位移大小为:y=vT粒子沿x轴方向在内做初速度为零的匀加速运动,位移为x3,末速度为v2,则:x3=v2=a,粒子沿x轴方向在T内做匀减速运动,位移为x4,末速度为v3,则:x4=v2v3=v2-a粒子沿x轴方向在T内做匀加速运动,位移为x5,则:x5=v3,粒子沿x轴的总位移为x,则:x=x3+x4+x5解得:x=0则A点的坐标为(0,vT),(3)粒子在t0=时刻射入电场,粒子沿y轴方向匀速运动,速度不变,沿x轴方向在内做初速度为零的匀加速运动,末速度为v4,则:v4=a粒子沿x轴方向在T内做匀减速运动,末速度为v5,则:v5=v4-a,粒子沿x轴方向在T内做匀加速运动,末速度为v6,则:v6=v5+a解得:v6=0则粒子通过A点的速度为v答案:(1)(2)(0,vT)(3)v,【通关秘籍】带电粒子在交变电场中的运动分析,【考点冲关】1.(多选)(2018宜宾模拟)如图甲所示,真空中水平放置两块长度为2d的平行金属板P、Q,两板间距为d,两板间加上如图乙所示最大值为U0的周期性变化的电压,在两板左侧紧靠P板处有一粒子源A,自t=0时刻开始连续释放初速度大小为v0,方向平行于金属板的相同带电粒子,t=0时刻释放的粒子恰好从Q板右侧边缘离开电场,已知电场变化周期T=粒子质量为m,不计粒子重力及相互间的作用力,则()导学号04450165,A.在t=0时刻进入的粒子离开电场时速度大小仍为v0B.粒子的电荷量为C.在t=时刻进入的粒子离开电场时电势能减少了D.在t=时刻进入的粒子刚好从P板右侧边缘离开电场,【解析】选A、D。粒子进入电场后,水平方向做匀速运动,则t=0时刻进入电场的粒子在电场中运动时间t=此时间正好是交变电场的一个周期,粒子在竖直方向先做匀加速运动后做匀减速运动,经过一个周期,粒子的竖直速度为零,故粒子离开电场时的速度大小等于水平速度v0,故A正确;粒子在竖直方向,在时间内的位移为则解得q=故B错误;t=,时刻进入电场的粒子,离开电场时在竖直方向上的位移为d=故电场力做功为W=故C错误;t=时刻进入的粒子,在竖直方向先向下加速运动然后向下减速运动再向上加速向上减速由对称可知,此时竖直方向的位移为零,故粒子从P板右侧边缘离开电场,故D正确。,2.(2018襄阳模拟)真空室中有如图甲所示的装置,电极K持续发出的电子(初速不计)经过电场加速后,从小孔O沿水平放置的偏转极板M、N的中心轴线OO射入。加速电压U1=M、N板长均为L,偏转极板右侧有荧光屏(足够大且未画出),M、N两板间的电压UMN随时间t变化的图线如图乙所示,其中U0=调节两板之间,的距离,使得每个电子都能通过偏转极板,已知电子的质量、电荷量分别为m、e,不计电子重力。,(1)求电子通过偏转极板的时间t。(2)偏转极板之间的最小距离d。(3)当偏转极板间的距离为最小值d时,荧光屏如何放置时电子击中的范围最小,该范围的长度是多大。,【解析】(1)加速电场加速过程,由动能定理有:eU1=mv02偏转电场中,水平方向:L=v0t解得:t=T,(2)t=0、T、2T时刻进入偏转电场的电子,竖直方向先加速运动,后做匀速直线运动,射出电场时沿垂直于竖直方向偏移的距离y最大。竖直方向加速有:y1=竖直方向匀速运动有:y2=2y1,竖直方向匀速运动有:y2=2y1电子能射出偏转极板,则有:y1+y2解得:dL(3)对满足(2)问条件下任意确定的d,不同时刻射出偏转电场的电子沿垂直于极板方向的速度约为:,电子速度偏转角的正切值均为tan=电子射出偏转电场时的偏转角度均相同,即速度方向相同,不同时刻射出偏转电场的电子沿垂直于极板方向的侧移距离可能不同,侧移距离的最大值与最小值之差,若荧光屏与电子出偏转极板后的速度垂直,则电子击中荧光屏的范围最小,该最小范围为:y=ycos联立解得:y=答案:(1)T(2)L(3)荧光屏与电子出偏转极板后的速度垂直,【加固训练】如图甲所示,长为L、间距为d的两金属板A、B水平放置,ab为两板的中心线,一个带电粒子以速度v0从a点水平射入,沿直线从b点射出,若将两金属板接到如图乙所示的交变电压上,欲使该粒子仍能从b点以速度v0射出,求:,(1)交变电压的周期T应满足什么条件?(2)粒子从a点射入金属板的时刻t应满足什么条件?,【解析】(1)为使粒子仍从b点以速度v0穿出电场,在垂直于初速度方向上,粒子的运动应为:加速,减速,反向加速,反向减速,经历四个过程后,回到中心线上时,在垂直于金属板的方向上速度正好等于零,故有L=nTv0解得:T=,粒子在T内离开中心线的距离为y=又有:a=解得:y=在运动过程中离开中心线的最大距离为ym=2y=粒子不撞击金属板,应有ymd,解得:T故:n即n取大于等于的整数所以交变电压的周期应满足的条件为:T=,其中n取大于等于的整数,(2)粒子进入电场的时间应为故粒子进入电场的时间为:t=(n=1,2,3,)答案:(1)T=,其中n取大于等于的整数(2)t=(n=1,2,3,),考点5带电粒子的力电综合问题【典题探究】【典例5】(2018三明模拟)如图,xOy直角坐标系构成一竖直平面,其第一、四象限范围内(含y轴)存在方向竖直向下、场强大小E=5103N/C的匀强电场。一个质量m=1.0kg、带电量q=-410-3C的小球(可视为质点),用长度l=0.8m的不可伸长的绝缘轻绳悬挂在O1(0,0.8m)点。现将小球向左拉至与x轴距离h=0.2m的A点处由静止释放,设绳始终未被拉断,g取10m/s2。求小球:导学号04450166,(1)从A点运动到O点时速度大小。(2)第一次从O点向右运动,经过与A点等高处位置的横坐标。(3)第一次离开电场前绳子受到的拉力大小。,【解题探究】(1)小球由A点运动到O点的过程有哪些力做功?提示:只有重力做功,机械能守恒。,(2)小球进入电场后受到的电场力与重力的合力与小球做圆周运动需要的向心力有什么关系?小球将做什么运动?提示:通过计算,小球进入电场后受到的电场力与重力的合力大于小球需要的向心力,小球将做类平抛运动,当绳子被拉直后,小球做圆周运动。,【解析】(1)设从A点运动到O点时的速度为v0,A运动到O点过程,由机械能守恒定律得:mgh=解得:v0=2m/s,(2)小球所受电场力为:F=qE=20N因F-mg小球做类平抛运动,第一次从O点向右运动到与A点等高处过程,y方向上有:,x方向:x=v0t解得:x=0.4m即横坐标为0.4m,(3)当线刚拉直时,则有:+(v0t)2=l2解得:t=0.4s此时有:x=v0t=0.8my=at2=0.8m,即小球刚好在圆心等高处绳子拉直,而后做圆周运动,此时小球向上的速度为:v1=at=4m/s设小球运动到最高点速度为v2,由动能定理得:(F-mg)l=代入数据解得:v2=4m/s,此时,由牛顿第二定律得:T+mg-F=解得:T=50N答案:(1)2m/s(2)x=0.4m(3)50N,【通关秘籍】解决力电综合问题的一般思路,【考点冲关】(2018新乡模拟)空间存在电场强度方向竖直向上的匀强电场,水平地面上有一根细短管,与水平面之间的夹角为37,如图所示,一略小于细短管直径、质量为m、电荷量为q的带正电小球,从水平地面上方一,定高度处水平抛出,经时间t小球恰好无碰撞地落入细短管,已知细短管到抛出点的水平距离为d,重力加速度大小为g,取sin37=0.6,cos37=0.8,空气阻力不计,求:,【解析】(1)由类平抛运动的特点知:tan=2tan,(2)由题意得:v0=根据几何关系得:v=对小球在空中运动的过程,由动能定理得:mgh-qU=解得:U=答案:,【加固训练】如图所示,在竖直虚线MN的右侧存在着电场强度为E1=3102N/C、方向竖直向上的匀强电场E1,在MN的左侧存在着水平方向的匀强电场E2。在右侧的匀强电场E1中,一条长为L=0.8m的绝缘细线一端固定在O点,另一端拴着质量m=0.3kg、电荷量q=210-2C的小球,O点到虚线MN的距离为x=1.2m。现将细线拉直到水平位,置,使小球由静止释放,则小球能运动到图中的位置P(P点在O点的正上方)。(不计阻力,g取10m/s2),(1)判断小球的电性(不需要说明理由)。(2)求小球运动到P点的速度大小vP。(3)若小球运动到P点时细线刚好断裂,细线断裂后小球继续运动,求小球运动到虚线MN处时速度大小。(4)在(3)的情况下,若小球运动经过虚线MN后进入左侧的匀强电场E2恰能做直线运动,求匀强电场E2的大小。,【解析】(1)小球要向上运动,电场力必须向上,故小球带正电。(2)小球从静止释放到运动至P点,根据动能定理得:(qE1-mg)L=解得:vP=4m/s,(3)细线断裂后小球继续运动到虚线MN处,该过程小球做类平抛运动(水平匀速,竖直匀加速),如图甲,设做类平抛运动的时间为t,则:vPt=x由牛顿第二定律得:qE1-mg=ma,小球运动到虚线MN处时竖直方向的分速度为vy=at合速度为v=联立代入数据解得:v=5m/s,(4)小球进入左侧的匀强电场E2只在重力和电场力作用下恰能做直线运动,说明重力与电场力的合力方向必与速度方向在同一条直线上,通过分析可得电场力的方向水平向右,小球所受合力方向与速度方向相反。如图乙所示,则:,tan=qE2=解得:E2=2102N/