10.5 带电粒子在电场中的运动 教案—2021-2022学年高一下学期物理人教版（2019）必修第三册（word版教案）

带电粒子在电场中的运动
【教学目标】
核心素养 物理观念 科学思维 科学探究
1．运用静电力、电场强度等概念研究带电粒子运动时的加速度、位移等量的变化。 2．运用静电力做功，电势等概念研究带电粒子的运动过程中能量的转化。 1．通过研究加速过程的分析，培养分析推理能力。 2．通过带电粒子的偏转、类比平抛运动，分析带电粒子的运动规律。 通过研究带电粒子的运动情况，能解释相关物理现象，培养热爱科学的精神。
【教学重难点】
1．通过研究加速过程的分析，培养分析推理能力。
2．通过带电粒子的偏转、类比平抛运动，分析带电粒子的运动规律。
【教学过程】
一、导入新课
带电粒子在电场中受到静电力的作用，速度会发生改变。在示波器（教师课件展示各种示波器图片）和直线加速器等设备中，常通过电场来控制带电粒子的运动。这些仪器是怎样控制带电粒子运动的呢？本节将以示波器为例，介绍如何利用电场控制带电粒子的加速和偏转。
二、新知学习
知识点一 带电粒子加速
[观图助学]
如图所示，平行板两极板间的电压为U，距离为D。将一质量为m，电荷量为q的正离子从左极板附近由静止释放。
（1）离子的加速度多大？做什么运动？
（2）怎么求离子到达负极板时的速度？试用两种方法。
1．受力分析
仍按力学中受力分析的方法分析，只是多了一个静电力而已，若带电粒子在匀强电场中，则静电力为恒力（qE）；若在非匀强电场中，则静电力为变力。
2．运动分析：带电粒子从静止释放，将沿电场力方向在匀强电场中做匀加速直线运动。
3．末速度大小：根据qU＝mv2，得v＝。
[思考判断]
（1）带电粒子在电场中只受电场力作用时，可能做匀速直线运动。（×）
（2）带电粒子沿电场方向进入电场时，一定做匀加速直线运动。（×）
（3）动能定理能分析匀强电场中的直线运动问题，不能分析非匀强电场中的直线运动问题。（×）
（4）带电粒子在电场中只受电场力作用时，其动能和电势能总和保持不变。（√）
知识点二 带电粒子偏转
1．运动状态分析
如图所示，电子以初速度v0垂直于电场线方向射入匀强电场时，电子只受到恒定的与初速度方向成90°角的电场力作用而做匀变速曲线运动，类似于力学中的平抛运动（轨迹为抛物线）。
2．运动规律（如图所示）
偏转角度θ满足：tanθ＝
[思考判断]
（1）带电粒子垂直进入匀强电场，一定做匀变速曲线运动。（√）
（2）带电粒子垂直进入点电荷电场，一定做匀速圆周运动。（×）
（3）带电粒子垂直进入匀强电场，其运动可看成沿电场方向的匀速运动和垂直电场方向的匀加速运动的合运动。（×）
三、核心探究
核心要点1 带电粒子加速
[要点归纳]
1．力和运动的关系——牛顿第二定律
根据带电粒子受到的静电力，用牛顿第二定律找出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度、位移等。这种方法通常适用于恒力作用下粒子做匀变速运动的情况。
例如：a＝＝＝，v＝v0＋at，x＝v0t＋at2
2．功和能的关系——动能定理
根据静电力对带电粒子做的功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理或全过程中能量的转化，研究带电粒子的速度变化、位移等。这种方法也适用于非匀强电场。
当带电粒子以极小的速度进入电场中时，在静电力作用下做加速运动，示波器、电视显像管中的电子枪、回旋加速器都是利用电场对带电粒子进行加速的。
[试题案例]
[例1]中国科学院2015年10月宣布中国将在2020年开始建造世界上最大的粒子加速器。加速器是人类揭示物质本源的关键设备，在放射治疗、食品安全、材料科学等方面有广泛应用。如图所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管（漂移管）组成，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极，质子从K点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速，加速电压视为不变。设质子进入漂移管B时速度为8×106 m/s，进入漂移管E时速度为1×107 m/s，电源频率为1×107 Hz，漂移管间缝隙很小，质子在每个管内运动时间视为电源周期的。质子的比荷取1×108 C/kg，求：
（1）漂移管B的长度；
（2）相邻漂移管间的加速电压。
解析 （1）设质子进入漂移管B的速度为vB，电源频率、周期分别为f、T，漂移管B的长度为L，则T＝①
L＝vB·②
联立①②式并代入数据得L＝0.4 m③
（2）设质子进入漂移管E的速度为vE，相邻漂移管间的加速电压为U，电场对质子所做的功为W。质子从漂移管B运动到E电场力做功W′，质子的电荷量为q、质量为m，则
W＝qU④
W′＝3W⑤
W′＝mv－mv⑥
联立④⑤⑥式并代入数据得U＝6×104 V。
答案 （1）0.4 m （2）6×104 V
[针对训练1]如图所示，
在P板附近有一电子由静止开始向Q板运动。已知两极板间电势差为U，板间距为d，电子质量为m，电荷量大小为e。则关于电子在两板间的运动情况，下列叙述正确的是（ ）
A．若将板间距d增大一倍，则电子到达Q板的速率保持不变
B．若将板间距d增大一倍，则电子到达Q板的速率也增大一倍
C．若将两极板间的电势差U增大一倍，则电子到达Q板的时间保持不变
D．若将两极板间的电势差U增大一倍，则电子到达Q板的时间减为一半
解析 由动能定理有mv2＝eU，得v＝，可见电子到达Q板的速率与板间距离d无关，故A项正确，B项错误；两极板间为匀强电场，E＝，电子的加速度a＝，由运动学公式d＝at2得t＝＝，若两极板间电势差增大一倍，则电子到达Q板的时间变为原来的，故C、D项都错误。
答案 A
核心要点2 带电粒子偏转
[要点归纳]
x＝v0t……（1） y＝at2……（4）
a＝……（2） tan α＝＝……（5）
vy＝at……（3） tan θ＝＝……（6）
1．tan θ＝2tan α。联立上边（5）（6）中公式可推出。
2．粒子从偏转电场中射出时，其速度方向的反向延长线与初速度方向的延长线交于沿初速度方向分位移的中点，即粒子好像从该中点处沿直线飞离电场一样。
证明：粒子从偏转电场中射出时偏移量y＝，作出粒子速度的反向延长线，与初速度的延长线交于O点，O点与粒子出射点间的水平距离为x，则x＝＝。（如图所示）
3．不同的带电粒子，电性相同，不计重力，由静止开始先在同一电场中加速，又在同一电场中偏转，射出电场时粒子的偏移量和偏转角相同，与粒子的带电荷量和质量无关。
[试题案例]
[例2]长为L的平行金属板竖直放置，两极板带等量的异种电荷，板间形成匀强电场，一个带电荷量为＋q、质量为m的带电粒子，以初速度v0紧贴左极板垂直于电场线方向进入该电场，刚好从右极板边缘射出，射出时速度与竖直方向成30°角，如图所示，不计粒子重力，求：
（1）粒子末速度的大小；
（2）匀强电场的场强大小；
（3）两板间的距离。
解析 （1）粒子离开电场时，合速度与竖直方向夹角为30°，
由速度关系得合速度大小v＝＝。
（2）粒子在匀强电场中做类平抛运动，
在竖直方向上：L＝v0t，
在水平方向上：vy＝v0tan 30°＝，vy＝at，
由牛顿第二定律得qE＝ma，
解得E＝＝。
（3）粒子做类平抛运动，设两板间的距离为d
在水平方向上：d＝at2，
解得d＝L。
[针对训练2] 有一种电荷控制式喷墨打印机，它的打印头的结构简图如图所示。其中墨盒可以喷出极小的墨汁微粒，此微粒经过带电室带上电后，以一定的初速度垂直射入偏转电场，再经偏转电场后打到纸上，显示出字符。不考虑墨汁的重力，为使打在纸上的字迹缩小（偏转距离减小），下列措施可行的是（ ）
A．减小墨汁微粒的质量m
B．减小偏转电场两板间的距离d
C．减小偏转电场的电压U
D．减小墨汁微粒的喷出速度v0
解析 要缩小字迹，就要减小微粒通过偏转电场的偏转量y，根据牛顿第二定律和运动学公式推导出偏转量y的表达式，再进行分析。
微粒以一定的初速度垂直射入偏转电场做类平抛运动，设微粒带电荷量为q，则有水平方向：L＝v0t；竖直方向：y＝at2；加速度a＝，联立解得y＝，要缩小字迹，就要减小微粒通过偏转电场的偏转量y，由上式分析可知，采用的方法有：增大墨汁微粒的质量、增大两极板间的距离、减小极板的长度L、减小比荷、增大墨汁微粒进入偏转电场时的初动能Ek0（增大喷出速度）、减小偏转极板间的电压U，增大进入偏转电场时的初速度，故选项C正确。
答案 C
核心要点3 带电粒子的加速与偏转
[要点归纳]
1．带电粒子在电场中加速与偏转
若带电粒子由静止先经加速电场（电压U1）加速，又进入偏转电场（电压U2），射出偏转电场时偏移量y＝，速度偏转角的正切值为tan θ＝。
2．示波管
示波管的原理图，它由电子枪，偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空。电子枪的作用是产生高速飞行的电子。
示波管原理图
电极XX′使电子束沿水平方向偏转，电极YY′使电子束沿竖直方向偏转，这样就在荧光屏上出现了随时间而展开的信号电压的波形。显然，这个波形是电子束同时参与两个相互垂直的分运动合成的结果。
[试题案例]
[例3]
如图所示，电子（重力可忽略）在电势差U0＝4 500 V的加速电场中，从左极板由静止开始运动，经加速电场加速后，从右板中央垂直射入电势差U＝45 V的偏转电场中，经偏转电场偏转后，打在竖直放置的荧光屏M上，整个装置处在真空中，已知电子的质量m＝9.0×10－31 kg，电荷量大小e＝1.6×10－19 C，偏转电场的板长L1＝10 cm，板间距离d＝1 cm，光屏M到偏转电场极板右端的距离L2＝15 cm。求：
（1）电子从加速电场射入偏转电场时的速度v0；
（2）电子飞出偏转电场时的偏转距离（侧移距离）y；
（3）电子飞出偏转电场时速度偏转角的正切值tan θ；
（4）电子打在荧光屏上时到中心O的距离Y。
解析 （1）电子在加速电场中运动，由动能定理得eU0＝mv，解得v0＝4×107 m/s。
（2）电子在偏转电场中运动，沿初速度方向L1＝v0t，可得t＝2.5×10－9 s
在垂直初速度方向：y＝at2＝·t2＝2.5×10－3 m＝0.25 cm。
（3）速度偏转角的正切值tan θ＝＝＝＝0.05。
（4）电子离开偏转电场后做匀速直线运动，若沿电场方向的偏移距离为y′，则＝tan θ，所以y′＝0.75 cm，所以Y＝y＋y′＝1 cm。
答案 （1）4×107 m/s （2）0.25 cm （3）0.05 （4）1 cm
[针对训练3]如图所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两块平行极板间的电场中，射入方向与极板平行，整个装置处在真空中，电子重力可忽略，在满足电子能射出平行极板的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角θ变大的是（ ）
A．U1变大，U2变大 B．U1变小，U2变大
C．U1变大，U2变小 D．U1变小，U2变小
解析 设电子加速后获得的速度为v0，由动能定理得qU1＝mv。设极板长为l，则电子在电场中偏转所用的时间为t＝。设电子在平行极板间运动的加速度为a，由牛顿第二定律得：a＝＝。电子射出偏转电场时，平行于电场方向的速度为vy＝at，解得vy＝，故：tan θ＝＝＝。所以U2变大或U1变小都可能使偏转角θ变大，故选项B正确。
答案 B
[针对训练4]如图所示的示波管，当两偏转电极XX′、YY′电压为零时，电子枪发射的电子经加速电场加速后会打在荧光屏上的正中间（图示坐标系的O点，其中x轴与XX′电场的场强方向重合，x轴正方向垂直于纸面向里，y轴与YY′电场的场强方向重合，y轴正方向竖直向上）。若要电子打在图示坐标系的第Ⅲ象限，则（ ）
A．X、Y极接电源的正极，X′、Y′接电源的负极
B．X、Y′极接电源的正极，X′、Y接电源的负极
C．X′、Y极接电源的正极，X、Y′接电源的负极
D．X′、Y′极接电源的正极，X、Y接电源的负极
解析 若要使电子打在题图所示坐标系的第Ⅲ象限，电子在x轴上向负方向偏转，则应使X′接正极，X接负极；电子在y轴上也向负方向偏转，则应使Y′接正极，Y接负极，所以选项D正确，A、B、C错误。
答案 D
【课堂总结】
加速 匀强电场
带电粒子在电 非匀强电场
场中的运动 垂直电场方向匀速
偏转 平行电场方向加速
偏转距离、偏转角
应用——示波器
补充练习讲解
1．如图，一带负电粒子（不计重力）在固定的带正电的点电荷作用下从A到B做减速曲线运动，则点电荷固定的位置可能是（　　）
A．a点 B．b点 C．c点 D．d点
【答案】A
粒子所受电场力指向轨迹凹侧，且静电力对粒子做负功，所以点电荷固定的位置可能是a点，故选A。
2．如题图所示，质量为m的一价正离子从A点射入水平方向的匀强电场，初速度方向与水平方向的夹角θ＝60°。当离子运动到电场中的P点时速度最小（P点未画出），且最小速度为v。不计离子重力，下列说法正确的是（　　）
A．电场方向水平向左，
B．电场方向水平向左，
C．电场方向水平向右，
D．电场方向水平向右，
【答案】B
AB．若电场水平向左，则电场力水平向左，则粒子水平方向向右先做匀减速运动，竖直方向做匀速运动，当粒子水平速度减为零时速度最小，设初速度为v0，则
v=v0sin60°
由动能定理
解得
选项A错误，B正确；
CD．若电场方向水平向右，则粒子受向右的电场力作用，水平方向向右做匀加速运动，则粒子速度不会出现最小值，选项CD错误。
故选B。
3．静电喷漆是利用高压形成的静电场进行喷漆的技术。其原理如图所示，在给工件喷漆的过程，由喷嘴K喷出的负电雾状油滴经KP间电场加速后，射到置于P处的需喷漆的工件上并附着其上。已知喷嘴每秒喷出油漆1g，电场做功的功率为2000W，不计油滴在K处的初速度，不计重力，则油漆对工件表面的平均压力大小约为（　　）
A．1N B．2N C．5N D．10N
【答案】B
以1s时间喷出的油漆为研究对象，在KP间电场加速，设末速度为v，则有
t=1s，所以油漆射到工件表面时的速度为
油漆射到工件表面经速度为零，设受工件表面的平均作用力为F，则由动量定理
其中，代入数据可得
F=2N
有牛顿第三定律可知，油漆对工件表面的平均压力大小约为2N。
故选B。
4．如图所示，两个完全相同的正点电荷A和B，其连线沿竖直方向，中心为O，一重力不可忽略的带电小球C（图中未画出，可视为点电荷）恰能在点电荷A、B形成的电场中做匀速圆周运动，不计空气阻力，小球质量为m，带电荷量为q，速度大小为v，下列说法正确的是（　　）
A．小球可能带正电也可能带负电
B．小球做圆周运动的圆心在之间的某点
C．若m不变，q减小，v适当改变时，小球仍可在原轨道做圆周运动
D．若换一个质量不同但比荷相同的小球，小球仍可在原轨道做匀速圆周运动
【答案】D
A．小球在A、B两点电荷形成的电场中做匀速圆周运动，小球受重力、两点电荷的电场力，电场力竖直分量与重力平衡，水平分量充当向心力，指向AB连线上的圆心，故小球必定带负电，A错误；
B．球在水平面内做匀速圆周运动，圆心一定在AB连线上，由于重力竖直向下，要求电场力一定斜向上指向AB连线，竖直分量与重力平衡，水平分量充当向心力，A、B点电荷激发的电场线如图所示
图中a、b、c三处均有可能是小球做圆周运动路径上的一点，b处对应的轨道圆的圆心在OB之间，B错误；
C．若m不变，q减小，原轨道上小球所受电场力减小，竖直分量减小，不可能与重力平衡，不可能在原轨道做圆周运动，C错误；
D．设电场强度方向与竖直方向夹角为θ，则
可得
若换一个质量不同但比荷相同的小球，则电场力在竖直方向的分力仍可以和重力平衡，电场力在水平方向的分力提供向心力，所以小球仍可在原轨道做匀速圆周运动，D正确。
故选D。
5．如图，带电荷量之比为的带电粒子A、B以相等的速度从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入平行板电容器中，分别打在C、D点，若，忽略粒子重力的影响，则下列选项错误的是（　　）
A．A和B在电场中运动的时间之比为1：2
B．A和B运动的加速度大小之比为4：1
C．A和B的质量之比为1：2
D．A和B的动能增量之比为1：3
【答案】C
A．依题意，知粒子在电场中做类平抛运动，在水平方向有
由于粒子的初速度相等，所以，由于A和B在电场中运动的水平位移之比为1：2，则时间之比1：2，故A正确；
B．粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，在竖直方向有
相同，与成反比，则A和B运动的加速度大小之比为4：1，故B正确；
C．由牛顿第二定律有
则粒子的质量
则A和B的质量之比为
故C错误；
D．因A、B在竖直方向上位移相等，根据动能定理可得A和B的动能增量之比为
故D正确。
由于本题选择错误的，故选C。
6．如图所示，矩形的四个顶点、、、为匀强电场中的四个点，，电场线与矩形所在的平面平行。已知点电势为，点电势为，点电势为。一带电粒子从点以速度射入电场，与边的夹角为45°，一段时间后粒子经过边的中点。不计粒子的重力，下列判断正确的是（　　）
A．d点电势为
B．电场强度的大小为
C．粒子从点到点，其电势能增大
D．粒子从点到点所用的时间为
【答案】D
A．根据匀强电场中平行等距的两线段电势差相等，则有
解得
所以A错误；
B．如图所示，d与e点的电势相等，则电场线如图所示，有
所以B错误；
C．粒子从点到点，电场力的方向沿场强方向，则电场力做正功，其电势能减小，所以C错误；
D．粒子从点到点，电场力的方向沿场强方向，粒子做类平抛运动，沿de方向粒子做匀速直线运动，则有
所以D正确；
故选D。
7．光滑水平面上，存在一水平向右的匀强电场。现有一质量为m，带电量为的小球从如图位置由静止释放，右侧有一劲度系数为k的轻质弹簧，轻弹簧的右侧固定在墙上，为其原长位置，小球的带电量不变，且不影响原电场，则（　　）
A．小球向右运动遇到弹簧后开始减速
B．弹簧最大压缩量位置与原长位置关于小球的最大速度位置O恰好左右对称
C．小球和弹簧构成的系统在小球从运动到的过程中机械能守恒
D．小球在处的加速度小于处的加速度
【答案】B
A．小球所受电场力水平向右，遇到弹簧之后所受弹力水平向左，且弹力从零开始增大，在小球所受电场力仍大于弹力的阶段做加速运动，故A错误；
C．小球和弹簧构成的系统在小球从运动到的过程中，电场力对系统做正功，系统机械能增大，故C错误；
BD．在最大速度位置O处，小球所受合外力为零，设此时弹簧压缩量为x0，小球所受电场力大小为FE，则有
以O为坐标原点，规定向右为正方向，当小球位移为x时，其所受合外力为
当小球位移为－x时，其所受合外力为
根据以上两式可知小球在与弹簧接触的过程中，所受合外力大小始终与相对O点的位移成正比，且合外力方向始终指向O，由此可推知小球在与弹簧接触的过程中遵循简谐运动规律，根据简谐运动的特点可知弹簧最大压缩量位置与原长位置关于小球的最大速度位置O恰好左右对称，且小球在处的加速度与处的加速度大小相等，故B正确，D错误。
故选B。
8．如图所示，一质量为、带电荷量大小为的小球，用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，假设电场足够大，静止时悬线向左与竖直方向夹角为θ=37°。小球在运动过程中电荷量保持不变，重力加速度g取。求：（，）求：
（1）该电荷的电性及电场强度E的大小
（2）若在某时刻将细线突然剪断，求经过1s时小球的速度大小及方向。
【答案】（1）带负电；；（2）v=12.5m/s，方向与竖直方向夹角为37°斜向下
（1）由于小球静止时偏向左边，受电场力水平向左，所以该小球带负电；对小球，由平衡条件可得
qE=mgtanθ
解得电场强度E的大小为
（2）剪断细线后，小球只受重力和电场力，所以两力的合力沿着绳的方向，小球做初速度为零的匀加速直线运动，小球受到的合力为
由牛顿第二定律得
F=ma
由速度-时间公式得
v=at
代入数据解得
v=12.5m/s
方向与竖直方向夹角为37°斜向下；
9．如图所示，在第一象限的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E。一个带正电粒子沿垂直于y轴方向从y轴上M点进入第一象限，M点距坐标原点O的距离为，粒子经电场偏转后轨迹与x轴交于N点，N点距离原点O为L。该粒子的质量为m，电荷量为q，重力忽略不计。求粒子经过N点时，速度方向与x轴正方向夹角的正切值tanα。

【答案】
正电粒子在匀强磁场中做类平抛运动，设粒子经过N点时，速度方向与x轴正方向夹角为α，根据类平抛运动的推论
10．如图所示，质量m＝5.010-8kg的带正电粒子，以初速v0=2m/s的速度从水平放置的平行金属板A、B的中央，水平飞入电场，已知金属板长0.1m，板间距离d＝210-2m，忽略粒子受到的重力，当UAB=1000V时，带电粒子恰好能够穿过电场。求：
（1）粒子穿过两板所用的时间；
（2）两板间的电场强度；
（3）带电粒子的电荷量q。
【答案】（1）0.05s；（2）5×104V/m；（3）8×10-12C
（1）粒子进入电场后水平方向做匀速运动，则粒子穿过两板所用的时间
（2）两板间的电场强度
（3）竖直方向做匀加速运动，则
其中
解得
q=8×10-12C
11．如图所示，水平面光滑，粗糙半圆轨道竖直放置，圆弧半径为R，长度为。在上方、直径左侧存在水平向右的匀强电场。一个质量为m带正电的小球自A点由静止释放，经过B点后，沿半圆轨道运动到C点。在C点，小球对轨道的压力大小为，已知，水平面和半圆轨道均绝缘。求：
（1）小球运动到B点时的速度大小；
（2）小球从B点运动到C点过程中克服阻力做的功；
（3）小球离开轨道后落地点P的位置（要指出具体位置）。
【答案】（1）；（2）；（3）B点左侧处
（1）小球从A到B，根据动能定理，有
又，解得
（2）小球运动到C点，根据牛顿第二定律，有
解得
小球从B运动到C点的过程，根据动能定理，有
解得
所以小球从B到C过程克服阻力做功。
（3）小球离开轨道后在竖直方向做自由落体运动，则
解得运动时间
小球离开轨道后在水平方向上在电场力作用下做匀减速运动，由牛顿第二定律得
减速到零的时间
所以小球离开轨道后在水平方向上在电场力作用下先做匀减速运动，速度减小到零后，再做初速度为零的反向匀加速运动，加速度不变，所以小球离开轨道后水平方向的位移为
所以小球离开轨道后落地点P的位置在B点左侧处。
12．如图所示，桌面固定一半径的圆弧，圆弧下端与光滑水平桌面相切，桌面距地面高，桌子右侧足够大的区域内存在方向水平向左，大小的匀强电场。现将一带正电、质量的小球，由圆弧最高端静止释放，小球滑至圆弧最低端速度为（重力加速度取，小球运动过程中电荷量不变），
（1）小球沿圆弧下滑过程中，克服摩擦力做的功是多少？
（2）小球滑离桌面后，碰撞地面前，水平位移最大值是多少？
【答案】（1）0.5J；（2）
（1）小球沿圆弧下滑过程，使用动能定理，得
解得
小球沿圆弧下滑过程中，克服摩擦力做功0.5J。
（2）小球滑离桌面后，进入电场区域，竖直方向，自由落体运动
解得
水平方向，受力
解得
水平方向速度减为0，所需时间
因为，，所以得出小球水平位移最大时，未落地，水平位移最大值
解得
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