※习题课:带电粒子在电场与重力场中的运动
例1 BC [解析] 由于a、b、c、d均为匀速直线运动,说明电场力与重力平衡,即所有粒子所受电场力都向上,所有粒子都带正电,A错误;在运动过程中,电场力和重力对a、b都不做功,因此a、b的电势能、机械能均不变,B正确;电场力对c做正功,电势能减少,重力对c做负功,机械能增加,C正确;电场力对d做负功,电势能增加,重力对d做正功,机械能减少,D错误.
变式 AD [解析] 分析可知,小球受竖直向下的重力,以及垂直于电容器极板的电场力,而要小球恰能沿图中所示水平直线向右通过电容器,则小球所受电场力必然垂直电容器极板斜向左上方,小球的受力分析如图所示,根据题意知,电场线的方向垂直于极板,从极板B指向极板A,而带正电的粒子在电场中所受电场力的方向与电场线的方向相同,由此可知,该小球带正电,故A正确;根据小球的受力情况可得Eqcos θ=mg,解得E=,根据几何关系可得板间距为d=Ltan θ,而E=,联立解得UBA=,根据UBA=φB-φA=-φA,可知φA=-,故B错误;小球在电场中所受合力为F合=mgtan θ,根据牛顿第二定律可得小球在电场中的加速度大小为a==gtan θ,根据几何关系可得小球的位移为s=,
则有s=at2解得小球在电场中运动的时间为t=,故C错误;此过程中电场力与位移夹角为钝角,做负功,则可知小球的电势能增加,故D正确.
例2 B [解析] 由于油滴所受重力方向向下,而到达P点时其竖直方向的速度减为零,故其所受电场力的方向竖直向上,又油滴带负电在电场中所受电场力的方向与该点场强方向相反,该匀强电场的方向竖直向下,由于沿电场线方向电势降低,故P点电势比Q点低,A错误;由于油滴先向下减速,后向上加速,故电场力大于重力,故若油滴从P运动到Q,合力对其做正功,动能增大,电势能减小,若油滴从Q运动到P,合力对其做负功,动能减小,电势能增大,故油滴在Q点的动能比它在P点的大,在Q点的电势能比它在P点的小,B正确,C错误;由于油滴所在电场为匀强电场,故所受的电场力为恒力,所受合力为恒力,故加速度处处相等,D错误.
例3 ACD [解析] 小球竖直方向做竖直上抛运动,到达b点时竖直方向的速度减为零,从a到b的时间t=,水平加速度ax==2g,则电场力F=max=2mg,故A正确;小球从a到b动能增加量ΔEk=m(2v0)2-m=m,故B错误;小球从a到b上升的高度h=,粒子从a到b重力势能增加量为ΔEp1=mgh=mg·=m,故C正确;小球从a到b水平方向位移s=t=,静电力做功W=Fs=2mg·=2m,小球从a到b电势能减少了2m,故D正确.
例4 (1) (2)- (3)6mg
[解析] (1)根据题意,细绳受到的是拉力(即被拉长,细绳有收缩至原长的趋势),故在a点时,根据牛顿第三定律,小球受到细绳向下的拉力,小球静止在a点时,根据受力平衡条件可得mg+2mg=qE
解得E=
方向竖直向上
(2)在匀强电场中,有UOa=El
则a、O两点电势差为UaO=-El=-
(3) 小球从a点运动到b点,设到b点速度大小为vb,由动能定理得-qE·2l+mg·2l=m-m
解得vb=2
小球做圆周运动通过b点时,由牛顿第二定律得
F+qE-mg=m
解得F=6mg
方向竖直向上
例5 (1) (2) (3)D点
[解析] (1)滑块在BC轨道的D点释放后可以静止不动,有qE=mgtan α
滑块的带电荷量为q=
(2)滑块从A点由静止释放,小滑块恰能滑过C点,根据动能定理有Eq(L+R)-μmgL-mgR=0
水平轨道上A、B两点之间的距离为L=
(3)设等效重力的方向与竖直方向夹角为θ,则有
tan θ==
可得θ=α=37°
故从A滑至C的过程,D点动能最大,从A滑至D的过程,根据动能定理有
Eq(L+Rsin θ)-μmgL-mgR(1-cos θ)=Ekm
动能最大值为Ekm=
随堂巩固
1.C [解析] 带负电的油滴向下匀速运动,则受向下的重力和向上的电场力,则电场力做负功,油滴机械能减小,选项A、B错误;油滴动能变化为零,则重力和电场力的合力不做功,选项C正确;油滴的机械能和电势能之和不变,因动能不变,则重力势能的减少量等于电势能的增加量,选项D错误.
2.AD [解析] 小球的运动可以看成竖直方向的竖直上抛运动和水平方向在电场力作用下的初速度为0的匀加速直线运动,设运动时间为t,有t=v,gt=2v,则t=,qE=mg,则水平方向的加速度为=,故A正确;水平方向位移s=·vt=,故B错误;动能增加量为ΔEk=mv2-m·(2v)2=-mv2,故C错误;根据功能关系知机械能增加量为ΔE=qEs=mg·=mv2,故D正确.
3.AB [解析] 小球静止时细线与竖直方向成θ角,对小球受力分析,小球受重力、拉力和电场力,如图所示,三力平衡,根据平衡条件有qE=mgtan θ,解得E=,故A正确;小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动,在等效最高点A速度最小,根据牛顿第二定律,有=m,则最小动能Ek=mv2=,故B正确:小球的机械能和电势能之和守恒,则小球运动至电势能最大的位置机械能最小,小球带负电,则小球运动到圆周轨迹的最左端点时机
械能最小,故C错误;小球从初始位置开始,在竖直平面内运动一周的过程中,电场力先做正功,后做负功,再做正功,则其电势能先减小后增大,再减小,故D错误.※习题课:带电粒子在电场与重力场中的运动
学习任务一 带电粒子在电场和重力场中的直线运动
[物理观念] 带电粒子在电场中做直线运动的分析
(1)运动类型
①匀速直线运动:带电粒子受到的合力等于零,即受到的静电力与其他力平衡.
②匀加速直线运动:带电粒子受到的合力与其初速度方向相同.
③匀减速直线运动:带电粒子受到的合力与其初速度方向相反.
(2)分析方法
①运动学方法——牛顿运动定律、匀变速直线运动公式.
②能量方法——动能定理、能量守恒定律.
例1 (多选)[2024·梅州期中] a、b、c、d四个带电液滴在如图所示的匀强电场中,分别水平向左、水平向右、竖直向上、竖直向下做匀速直线运动,可知( )
A.a、b为同种电荷,c、d为异种电荷
B.a、b的电势能、机械能均不变
C.c的电势能减少,机械能增加
D.d的电势能减少,机械能减少
变式 (多选)[2024·广州期末] 如图所示,平行板电容器的两个极板与水平面成θ角,极板的长度为L,A板带负电,B板带正电,且B板接地.若一比荷为k的带电小球恰能从A板左端沿图中所示水平直线向右通过电容器,重力加速度大小为g,下列说法正确的是 ( )
A.小球带正电
B.A板的电势为
C.若小球离开电场时速度刚好为0,则运动时间为
D.在此过程中小球的电势能增大
学习任务二 带电粒子在电场和重力场中的曲线运动
[物理观念] 带电粒子在电场中做曲线运动的分析
(1)运动分解的方法:将运动分解为沿合力方向的匀变速直线运动和垂直于合力方向的匀速直线运动,用运动学规律或牛顿第二定律进行求解.
(2)利用功能关系和动能定理分析:①功能关系:静电力做功等于电势能的减少量,W电=Ep1-Ep2.②动能定理:合力做功等于动能的变化,W=Ek2-Ek1.
例2 [2024·广州期中] 如图,一带负电荷的油滴在匀强电场中运动,其轨迹在竖直面(纸面)内,且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称.忽略空气阻力.由此可知 ( )
A.Q点的电势比P点低
B.油滴在Q点的动能比它在P点的大C.油滴在Q点的电势能比它在P点的大
D.油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小
例3 (多选)[2024·河源期末] 一质量为m的带电小球,以初速度v0从a点竖直向上射入匀强电场中,场强方向水平向右,如图所示.小球通过电场中的b点时,速率为2v0,方向与电场方向一致,重力加速度为 g ,则( )
A.小球受电场力大小为2mg
B.小球从a到b动能增加了m
C.小球从a到b重力势能增加了m
D.小球从a到b电势能减少了2m
学习任务三 带电粒子在电场和重力场中的圆周运动
[物理观念] 解决电场和重力场中的圆周运动问题的方法
1.首先分析带电体的受力情况进而确定向心力的来源.
2.用“等效法”的思想找出带电体在电场和重力场中的等效“最高点”和“最低点”.
(1)等效重力法
将重力与静电力进行合成,如图所示,则F合为等效重力场中的“等效重力”,F合的方向为“等效重力”的方向,即等效重力场中的“竖直向下”方向.a=视为等效重力场中的“等效重力加速度”.
(2)几何最高点(最低点)与物理最高点(最低点)
①几何最高点(最低点):是指图形中所画圆的最上(下)端,是符合人视觉习惯的最高点(最低点).
②物理最高点(最低点):是指“等效重力F合”的反向延长线过圆心且与圆轨道的交点,即物体在圆周运动过程中速度最小(大)的点.
例4 [2024·广州期末] 如图,在竖直平面内存在竖直向上的匀强电场.长度为l的轻质绝缘细绳一端固定在O点,另一端连接一质量为m、电荷量为+q的小球(可视为质点),初始时小球静止在电场中的a点,此时细绳拉力为2mg,g为重力加速度.
(1)求电场强度E的大小;
(2)求a、O两点的电势差UaO;
(3)若小球在a点获得一水平初速度为va=4,使其在竖直面内做圆周运动,求小球运动到b点时,细绳拉力F的大小.
例5 [2024·江门期中] 如图所示,BC是半径为R的圆弧形光滑绝缘轨道,轨道位于竖直平面内,其下端与水平绝缘轨道平滑连接,整个轨道处在水平向左的匀强电场中,电场强度为E.现有一质量为m的带电小滑块(体积很小可视为质点),在BC轨道的D点释放后可以静止不动.已知OD与竖直方向的夹角为α=37°,随后把它从A点由静止释放,小滑块恰能滑过C点.若已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数为μ=0.25,重力加速度为g,且tan 37°=0.75.求:
(1)滑块的带电荷量q;
(2)水平轨道上A、B两点之间的距离L;
(3)从A滑至C的过程,何处动能最大,并求出该最大值.
1.(带电粒子在重力场和电场中的直线运动)[2024·深圳期末] 密立根通过油滴实验精确地测定基本电荷e,将微观量转化为宏观量测量的巧妙设想和精确构思至今仍在当代物理科学研究的前沿发挥着作用.如图所示为密立根油滴实验示意图,若在实验中观察到某一个带负电的油滴向下匀速运动.忽略油滴间的相互作用力和空气对油滴的阻力及浮力,在该油滴向下运动的过程中以下说法正确的是( )
A.电场力做正功
B.油滴机械能守恒
C.重力和电场力的合力不做功
D.重力势能的减少量小于电势能的增加量
2.(带电粒子在电场中的曲线运动)(多选)[2024·中山期中] 如图所示,在水平向右的匀强电场中,质量为m的带电小球,以初速度2v从M点竖直向上运动,通过N点时,速度大小为v,方向与电场方向相反,重力加速度为g,则小球从M运动到N的过程 ( )
A.水平方向加速度大小为
B.水平方向位移为
C.动能增加mv2
D.机械能增加mv2
3.(带电体在电场和重力场中的圆周运动)(多选)[2024·河南驻马店期末] 如图所示,在竖直平面内有水平向左的匀强电场,在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线,细线一端固定在O点,另一端系一质量为m的带电小球.小球静止时细线与竖直方向成θ角,此时让小球获得初速度且恰能绕O点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动,重力加速度为g.下列说法正确的是 ( )
A.匀强电场的电场强度E=
B.小球动能的最小值为Ek=
C.小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小
D.小球从初始位置开始,在竖直平面内运动一周的过程中,其电势能先减小后增大※习题课:带电粒子在电场与重力场中的运动
1.C [解析] 根据题意,受力分析如图所示,由于小球沿直线运动,则合力与速度在同一直线上,所以小球受到的电场力水平向左,即小球带负电,故A错误;由图可知tan 30°==,所以小球受到的电场力与重力大小之比为3∶,故B错误;由于小球从A到B电场力做负功,所以电势能增加,故C正确;根据动能定理可知W电+WG=ΔEk,故D错误.
2.AC [解析] 因为液滴a、b的带电荷量的绝对值相等,则两液滴所受的静电力大小相等,由静止释放,穿过两板的时间相等,则偏转位移大小相等,静电力做功相等,故A正确;静电力对a、b两液滴做功相等,重力做功相等,则a、b动能的增量相等,对于液滴c,只有重力做功,故c的动能增加量小于a、b的动能增加量,故B错误;对于液滴a和液滴b,静电力均做正功,静电力所做的功等于电势能的减少量,故C正确;三者在穿过极板的过程中竖直方向的位移相等,质量相同,所以重力做的功相等,故D错误.
3.BC [解析] 设电场强度大小为E,小球由静止开始向上做匀加速直线运动,则qE-mg=ma,v=at,撤去电场,又经时间2t小球回到P点,则v=g·=gt,可得a=g,E=,故A错误;小球所受电场力的大小为F=qE=2mg,故B正确;小球上升的最大高度为hm=,故C正确;小球由静止开始向上做匀加速直线运动的位移为s==,小球所受电场力做的功为W=qEs=mv2,故D错误.
4.AD [解析] 物体做曲线运动时,受到的合力方向指向物体运动轨迹弯曲的凹侧,由此可知,该油滴受到的静电力的方向是向上的,与电场方向相反,所以油滴一定带负电,故A正确;该油滴受到的静电力做正功,电势能减小,故B错误,D正确;该油滴受到的静电力与重力的合力向上,与运动方向夹角为锐角,合力做正功,油滴的动能增大,故C错误.
5.D [解析] 小球带正电,在从P点运动到Q点的过程中电场力做正功,电势能减小,故A错误;根据牛顿第二定律有mg+Eq=ma,因E=,所以小球在电场中运动时的加速度大小为2g,故B错误;小球从P点运动到Q做类平抛运动,水平方向x=v0t,竖直方向y=at2,又tan 45°=,联立解得t=,故C错误;根据x=v0t=,P、Q两点的距离为 s==,故D正确.
6.D [解析] 小球在B点时,受到竖直向下的重力和水平向右的电场力,水平向左的拉力,合力不为0,故不可能静止在B点,故A错误;小球做圆周运动,其在B点速度为0,故向心力为0,故T=qE,故B错误;小球从A到B的过程中,电场力做正功,电势能减小,故C错误;从A到B,由动能定理可得-mgL+qEL=0,E=,故D正确.
7.CD [解析] 从A到最低点C的过程中,电场力做负功,所以小球机械能不守恒,故A错误;由题意可知,B点为等效最低点,所以从A到最低点C的过程中小球的速度先增大后减小,根据向心力公式F向=m可知,此过程小球的向心力大小先增大后减小,故B错误,C正确;由题意可知,B点为等效最低点,若在A点给一个初速度,小球可以做完整的圆周运动,则速度最大值出现在B点,速度最小值出现在BO延长线与圆周的交点处,故D正确.
8.C [解析] 将小球的运动沿水平和竖直方向分解,水平分运动为初速度为零的匀加速直线运动,竖直分运动为竖直上抛运动,根据对称性,可知小球从A到M与从M到B的时间相等,小球水平方向在连续相等的时间间隔内位移之比为1∶3,小球水平位移s2与s1的比值为3∶1,A、B错误;小球从A到M有Fs1-mgh=m-mv2,小球从M到B有Fs2+mgh=m-m,在竖直方向上有v2=2gh,解得m=32 J,Fs2=18 J,即小球从M点运动到B点电场力做功为18 J,C正确,D错误.
9.(1)2 m/s (2)A板电势高于B板电势 1.0×103 V
(3)4.2×103 V
[解析] (1)由动能定理得qU0=m-0
可得v0==2 m/s
(2)带电粒子恰好沿直线穿过板间,说明所受电场力竖直向上,板间电场方向竖直向下,故A板电势高于B板电势.设板间电场强度为E,由平衡条件有mg=Eq
由场强与电势差的关系式UAB=Ed
解得UAB=1.0×103 V
因为UAB=φA-φB,φB=0,所以φA=1.0×103 V
(3)若带电粒子恰好打到A极板上的中点,粒子做类平抛运动,设其加速度为a,有=v0t
设板间电场强度为E',由牛顿第二定律,有=at2
E'q-mg=ma,UAB'=E'd
解得UAB'=4.2×103 V
10.(1)v0 (2)2R (3)
[解析] (1)根据题意,小球由B到C过程,由动能定理有(qE-mg)2R=m-m
因小球恰能通过C点,由牛顿第二定律有mg-qE=m
联立解得vC=v0
(2)根据题意可知,小球由C到D过程做类平抛运动,水平方向有s=vCt
竖直方向上有2R=at2,mg-qE=ma
联立解得s=2R
(3)根据题意可知,小球在光滑水平轨道上做匀速直线运动,则到达B点时速度仍为v0,在B点时,由牛顿第二定律有FN+qE-mg=m
联立解得FN=※习题课:带电粒子在电场与重力场中的运动
◆ 知识点一 带电粒子在电场和重力场中的直线运动
1.[2024·福建三明期末] 如图所示,地面上空有水平向右的匀强电场,将一带电小球从电场中的A点以某一初速度射出,小球恰好能沿与水平方向成30°角的虚线由A向B做直线运动,不计空气阻力,下列说法正确的是( )
A.小球带正电荷
B.小球受到的电场力与重力大小之比为2∶1
C.小球从A运动到B的过程中电势能增加
D.小球从A运动到B的过程中电场力所做的功等于其动能的变化量
2.(多选)如图所示,真空环境下,三个质量相同、带电荷量分别为+q、-q和0的小液滴a、b、c,从竖直放置的两板中间的上方由静止释放,最后从两板间穿过,小液滴a、b、c的运动轨迹如图所示,则在穿过极板的过程中,下列说法正确的是( )
A.静电力对液滴a、b做的功相等
B.三者动能的增加量相同
C.液滴a与液滴b电势能的变化量相等
D.重力对液滴c做的功最多
3.(多选)[2024·深圳期末] 在某空间存在竖直向上的匀强电场,质量为m、带电荷量为+q的小球从某高度由静止开始向上做匀加速直线运动,经时间t运动到P点,此时撤去电场,又经时间2t小球回到P点,速度大小为v,不计空气阻力,已知重力加速度为g,小球从静止到返回P点的过程中,则下列说法正确的是( )
A.电场强度大小为
B.小球所受电场力的大小为2mg
C.小球上升的最大高度为
D.小球所受电场力做的功为mv2
◆ 知识点二 带电粒子在电场和重力场中的曲线运动
4.(多选)[2024·北京四中月考] 如图所示,真空中存在竖直向下的匀强电场,一个带电油滴(考虑重力)沿虚线由a向b运动,以下判断正确的是 ( )
A.油滴一定带负电
B.油滴的电势能一定增加
C.油滴的动能一定减少
D.油滴的电势能一定减少
5.[2024·中山期末] 如图所示,一质量为m、电荷量为q的带正电小球以大小为v0的速度从M、N连线上的P点水平向右射入电场强度大小为(g为重力加速度大小)、方向竖直向下的匀强电场中,小球运动轨迹经过MN上的Q点(未画出).已知MN与水平方向成45°角.不计空气阻力.则下列说法正确的是 ( )
A.小球从P点运动到Q点的过程中电势能增加
B.小球在电场中运动时的加速度大小为g
C.小球从P点运动到Q点的时间为
D.P、Q两点的距离为
◆ 知识点三 带电粒子在电场和重力场中的圆周运动
6.如图所示,在水平向右的匀强电场中,一根不可伸长的绝缘细绳一端固定在O点,另一端拴一个质量为m、带电荷量为q的小球.把细绳拉到竖直状态,小球从最低点A由静止释放后沿圆弧运动,当细绳刚好水平时,小球到达位置B且速度恰好为零.已知重力加速度为g,不计空气阻力,则 ( )
A.小球最终将静止在B点
B.小球运动到B点时,细绳的拉力为0
C.在此过程中,小球的电势能一直增加
D.匀强电场的电场强度大小为
7.(多选)[2024·广州期中] 如图所示,在沿水平方向的匀强电场中有一固定点O,用一根长度为l的绝缘细线把质量为m、带电荷量为q的金属小球悬挂在O点.小球静止在B点时,细线与竖直方向的夹角为θ=37°.重力加速度为g,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.现将小球拉至位置A使细线水平后由静止释放,以下说法中正确的是( )
A.从A到最低点C的过程中小球的机械能守恒
B.从A到最低点C的过程中小球的速度一直增大
C.从A到最低点C的过程中小球的向心力大小先增大后减小
D.若在A点给一个初速度,小球可以做完整的圆周运动,则速度最大值出现在B点
8.[2024·广州一中月考] 在电场方向水平向右的匀强电场中,一带电小球从A点竖直向上抛出,其运动的轨迹如图所示,小球运动的轨迹上A、B两点在同一水平线上,M为轨迹的最高点,小球抛出时的动能为8 J,在M点的动能为6 J,不计空气阻力,则下列判断正确的是 ( )
A.小球水平位移s2与s1的比值为4∶1
B.小球水平位移s2与s1的比值为2∶1
C.小球落到B点时的动能为32 J
D.小球从M点运动到B点的过程电场力做功为32 J
9.[2024·湛江期中] 质量为m=5.0×10-6 kg、电荷量为q=-1.0×10-9 C的带电粒子从静止开始经电压为U0=104 V的电场加速后,以v0的初速度从水平放置的带电平行金属板A、B中央水平飞入板间,如图所示.已知板长为L=10 cm,板间距离为d=2.0 cm,取B极板电势为零,g取10 m/s2,粒子所受重力不可忽略.
(1)求带电粒子的初速度v0;
(2)若带电粒子恰好沿直线穿过板间,试比较A、B两极板电势的高低,并求出A极板的电势φA为多少
(3)若带电粒子恰好打到A极板上的中点,求A、B间的电势差.
10.[2024·深圳期中] 如图所示,竖直平面内有一半径为R的半圆形光滑绝缘轨道,其底端B与光滑绝缘水平轨道相切,整个系统处在竖直向上的匀强电场中,一质量为m,带正电的小球以v0的初速度沿水平面向右运动,通过圆形轨道恰能到达圆形轨道的最高点C,从C点飞出后落在水平面上的D点,试求:
(1)小球到达C点时的速度vC;
(2)BD间的距离s;
(3)小球通过B点时对轨道的压力FN.(共75张PPT)
习题课：带电粒子在电场与重力场中的运动
学习任务一 带电粒子在电场和重力场中的直线运动
学习任务二 带电粒子在电场和重力场中的曲线运动
学习任务三 带电粒子在电场和重力场中的圆周运动
随堂巩固
◆
练习册
备用习题
学习任务一 带电粒子在电场和重力场中的直线运动
［物理观念］ 带电粒子在电场中做直线运动的分析
(1)运动类型
①匀速直线运动：带电粒子受到的合力等于零,即受到的静电力与其他力平衡.
②匀加速直线运动：带电粒子受到的合力与其初速度方向相同.
③匀减速直线运动：带电粒子受到的合力与其初速度方向相反.
(2)分析方法
①运动学方法——牛顿运动定律、匀变速直线运动公式.
②能量方法——动能定理、能量守恒定律.
例1 (多选)[2024·梅州期中] 、、、四个带电液滴在如图所示的匀强电场中，分别水平向左、水平向右、竖直向上、竖直向下做匀速直线运动，可知( )
A.、为同种电荷，、为异种电荷
B.、的电势能、机械能均不变
C.的电势能减少，机械能增加
D.的电势能减少，机械能减少
√
√
[解析] 由于、、、均为匀速直线运动，说明电场力与重力平衡，即所有粒子所受电场力都向上，所有粒子都带正电，A错误；在运动过程中，电场力和重力对、都不做功，因此、的电势能、机械能均不变，B正确；电场力对做正功，电势能减
少，重力对做负功，机械能增加，C正确；电场力对做负功，电势能增加，重力对做正功，机械能减少，D错误.
变式 (多选)[2024·广州期末] 如图所示，平行板电容器的两个极板与水平面成 角，极板的长度为，板带负电，板带正电，且板接地.若一比荷为的带电小球恰能从板左端沿图中所示水平直线向右通过电容器，重力加速度大小为，下列说法正确的是( )
A.小球带正电
B.板的电势为
C.若小球离开电场时速度刚好为0，则运动时间为
D.在此过程中小球的电势能增大
√
√
[解析] 分析可知，小球受竖直向下的重力，以及垂直于电容器极板的电场力，而要小球恰能沿图中所示水平直线向右通过电容器，则小球所受电场力必然垂直电容器极板斜向左上方，小球的受力分析如图所示，根据题意知，电场线的方向垂直于极板，从极板B 指向极板A，而带正电的粒子在电场中所受电场力的方向与电场线的方向相同，由此可知，该小球带正电，故A正确； 根据小球的受力情况可得，解得，
根据几何关系可得板间距为 ，而， 联立解得，根据，可知，故B错误；小球在电场中所受合力为 ，根据牛顿第二定律可得小球在电场中的加速度大小为， 根据几何关系可得小球的位移为，则有解得小球在电场中运动的时间为，故C错误；
此过程中电场力与位移夹角为钝角，做负功，则可知小球的电势能增加，故D正确.
学习任务二 带电粒子在电场和重力场中的曲线运动
［物理观念］ 带电粒子在电场中做曲线运动的分析
(1)运动分解的方法:将运动分解为沿合力方向的匀变速直线运动和垂直于合力方向的匀速直线运动,用运动学规律或牛顿第二定律进行求解.
(2)利用功能关系和动能定理分析:①功能关系:静电力做功等于电势能的减少量,.②动能定理:合力做功等于动能的变化,.
例2 [2024·广州期中] 如图，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直面(纸面)内，且相对于过轨迹最低点的竖直线对称.忽略空气阻力.由此可知( )
A.点的电势比点低
B.油滴在点的动能比它在点的大
C.油滴在点的电势能比它在点的大
D.油滴在点的加速度大小比它在点的小
√
[解析] 由于油滴所受重力方向向下，而到达点时其竖直方向的速度减为零，故其所受电场
力的方向竖直向上，又油滴带负电在电场中所受电场力的方向与该点场强方向相反，该匀强电场的方向竖直向下，由于沿电场线方向电势降低，故点电势比点低，A错误；由于油滴先向下减速，后向上加速，故电场力大于重力，故若油滴从运动到，合力对其做正功，动能增大，电势能减小，若油滴从运动到，合力对其做负功，动能减小，电势能增大，故油滴在点的动能比它在点的大，在点的电势能比它在点的小，B正确，C错误；由于油滴所在电场为匀强电场，故所受的电场力为恒力，所受合力为恒力，故加速度处处相等，D错误.
例3 (多选)[2024·河源期末] 一质量为的带电小球，以初速度从点竖直向上射入匀强电场中，场强方向水平向右，如图所示.小球通过电场中的点时，速率为，方向与电场方向一致，重力加速度为 ，则( )
A.小球受电场力大小为
B.小球从到动能增加了
C.小球从到重力势能增加了
D.小球从到电势能减少了
√
√
√
[解析] 小球竖直方向做竖直上抛运动，到达点时竖直方向的速度减为零，从到的时间，水平加速度，则电场力，故A正确；小球从到
动能增加量，故B错误；小球从到上升的高度，粒子从到重力势能增加量为 ，故C正确；
小球从到水平方向位移，静电力做功，小球从到电势能减少了，故D正确.
学习任务三 带电粒子在电场和重力场中的圆周运动
［物理观念］ 解决电场和重力场中的圆周运动问题的方法
1.首先分析带电体的受力情况进而确定向心力的来源.
2.用“等效法”的思想找出带电体在电场和重力场中的等效“最高点”和“最低点”.
(1)等效重力法
将重力与静电力进行合成，如图所示，则为等效重力场中的“等效重力”，的方向为“等效重力”的方向，即等效重力场中的“竖直向下”方向.视为等效重力场中的“等效重力加速度”.
(2)几何最高点(最低点)与物理最高点(最低点)
①几何最高点(最低点)是指图形中所画圆的最上(下)端，是符合人视觉习惯的最高点(最低点).
②物理最高点(最低点)是指“等效重力”的反向延长线过圆心且与圆轨道的交点，即物体在圆周运动过程中速度最小(大)的点.
例4 [2024·广州期末] 如图，在竖直平面内存在竖直向上的匀强电场.长度为的轻质绝缘细绳一端固定在点，另一端连接一质量为、电荷量为的小球(可视为质点)，初始时小球静止在电场中的点，此时细绳拉力为，为重力加速度.
(1) 求电场强度的大小；
[答案]
[解析] 根据题意，细绳受到的是拉力(即被拉长，细绳有收缩至原长的趋势)，故在点时，根据牛顿第三定律，小球受到细绳向下的拉力，小球静止在点
时，根据受力平衡条件可得
解得
方向竖直向上
(2) 求、两点的电势差；
[答案]
[解析] 在匀强电场中，有
则、两点电势差为
(3) 若小球在点获得一水平初速度为，使其在竖直面内做圆周运动，求小球运动到点时，细绳拉力的大小.
[答案]
[解析] 小球从点运动到点，设到点速度大小为，由动能定理得
解得
小球做圆周运动通过点时，由牛顿第二定律得
解得方向竖直向上
例5 [2024·江门期中] 如图所示，是半径为的圆弧形光滑绝缘轨道，轨道位于竖直平面内，其下端与水平绝缘轨道平滑连接，整个轨
道处在水平向左的匀强电场中，电场强度为.现有一质量为的带电小滑块(体积很小可视为质点)，在轨道的点释放后可以静止不动.已知与竖直方向的夹角为 ，随后把它从点由静止释放，小滑块恰能滑过点.若已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数为，重力加速度为,且.求：
(1) 滑块的带电荷量；
[答案]
[解析] 滑块在轨道的点释放后可以静止不动，有
滑块的带电荷量为
(2) 水平轨道上、两点之间的距离；
[答案]
[解析] 滑块从点由静止释放，小滑块恰能滑过点，根据动能定理有
水平轨道上、两点之间的距离为
(3) 从滑至的过程，何处动能最大，并求出该最大值.
[答案] 点;
[解析] 设等效重力的方向与竖直方向夹角为 ，则有
可得
故从滑至的过程，点动能最大，从滑至的过程，根据动能定理有
动能最大值为
A.两小球一定带异种电荷
B.到达MN时,a的动能大于b的动能
C.到达MN时,a的电势能变化小于b的电势能变化
D.若增大两板间距离,再同时由原位置释放两球,两球仍同时到达原中线MN
1.(多选)两极板水平放置的平行板电容器,充电后与电源断开.两质量相等的带电小球a、b分别位于电容器内上下极板附近,且a与上极板、b与下极板的距离相等.现同时由静止释放两小球,小球a和b同时经过两极板的中线MN,已知重力加速度为g,不计a、b间的相互作用和电容器极板的边缘效应,下列说法正确的是 ( )
√
√
[解析] 两球静止释放后,a向下加速,b向上加速,两球合力方向相反,但电场力可能都向上,故两小球可能带同种电荷,A错误.两球运动到MN过程中,加速度大小相同,合力大小一定相等,两球到达MN时的动能相同,B错误.如果两球都带负电,电场力向上,则对a球,电场力Fa小于重力mg,对b球,Fb大于重力mg,则Fa如果两球带异种电荷,b受向上电场力,a受向下电场力,由于二者相等时间位移大小相等,所以加速度大小相等,对a、b受力分析可知还是Fa2.用长为1.4 m的轻质柔软绝缘细线,拴一质量为1.0×10-2 kg、电荷量为2.0×10-8 C的小球,细线的上端固定于O点.现加一水平向右的匀强电场,平衡时细线与竖直方向成37°角,如图所示.现向左拉小球使细线水平且拉直,由静止释放,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,则 ( )
A.该匀强电场的场强为3.75×107 N/C
B.平衡时细线的拉力为0.17 N
C.经过0.5 s,小球的速度大小为6.25 m/s
D.小球第一次通过O点正下方时,速度大小为7 m/s
√
[解析] 小球受力平衡时,由受力分析可知qE=mgtan 37°,解得E= N/C=3.75×106 N/C,细线的拉力T== N=0.125 N,选项A、B错误;小球向左被拉到细线水平且拉直的位置,释放后将沿着电场力和重力的合力方向做匀加速运动,其方向与竖直方向成37°角,加速度大小为a== m/s2=12.5 m/s2,则经过0.5 s,小球的速度大小为v=at=6.25 m/s,选项C正确;
小球从开始至到达最低点的过程中,若无能量损失,则由动能定理可得mgL+qEL=mv2,代入数据解得v=7 m/s,因小球先沿直线运动,当细线被拉直后做圆周运动到达最低点,在细线被拉直的瞬间有能量的损失,可知到达最低点时的速度小于7 m/s,选项D错误.
3.如图所示,光滑绝缘小平台距水平地面高H=0.96 m,地面与竖直绝缘光滑圆形轨道在A点连接,整个装置位于水平向右的匀强电场中.现将质量m=0.1 kg、带电荷量q=1×10-3 C的小球(带正电,可视为质点)从平台上端点N由静止释放,离开平台N后,沿直线NA运动,恰好由A点沿切线进入右侧绝缘光滑圆形轨道(轨道半径R未知),并沿轨道恰好能运动到C点.图中O点是圆轨道的圆心,B、C分别是圆形轨道的最低和最高点,AO、BO间的夹角为53°,g取10 m/s2,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6.求:
(1)匀强电场的大小;
[答案] 750 N/C
[解析] 由题意,可知小球从N运动到A做匀加速直线运动,则小球所受合力沿NA方向,由几何关系可知NA与水平地面的夹角为53°,故小球受到的电场力
Eq=
代入已知数据求得
E=750 N/C
(2)小球运动到C点时的速度大小;
[答案] m/s
[解析] 小球恰好运动到C点,则有mg=m
小球从N点到C点的过程中,根据功能关系有
mg(H-R-Rcos 53°)+Eq(+Rsin 53°)=m
联立两式,代入已知数据求得
R=1 m
vC= m/s
[解析] 由于小球在整个运动过程中,受到的电场力与重力的合力保持不变,可等效看成小球受到的等效重力,大小为
G'==1.25mg=1.25 N
由几何关系,可得G'方向与水平方向成53°,可判断出小球的等效最低点位于小球与O点连线与OB夹角为37°的位置,根据功能关系及牛顿第二定律有
(3)小球在圆形轨道上运动时对轨道的最大压力大小.
[答案] 6.75 N
G'=m
FN-G'=m
联立求得
FN=6.75 N
根据牛顿第三定律,可得小球在圆形轨道上运动时对轨道的最大压力大小为6.75 N.
4.如图所示,一质量为m、带正电的液滴,在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v0,方向与竖直方向的夹角为30°;它运动到B点时速度大小仍为v0,方向与竖直方向的夹角为60°,则液滴从A运动到B的过程 ( )
A.合力做功为m
B.重力势能增加m
C.电势能减少m
D.机械能减少m
√
[解析] 液滴的动能增加量为零,故合力做功为零,选项A错误;液滴重力势能增加量为ΔEp=mgh,将液滴的运动分解,竖直方向做加速度为g的匀减速运动,则h==,解得ΔEp=m,选项B错误;因动能不变,故电场力做的功W电=m,液滴的电势能减少m,选项C正确;液滴的机械能增加量等于动能增加量和重力势能增加量之和,故机械能增加了m,选项D错误.
5.如图所示,质量为m、带电荷量为+q的小球(可视为质点)与长为L的绝缘轻绳相连,轻绳另一端固定在O点,整个系统处在与竖直方向夹角为45°的匀强电场中.已知A、B、C、D、E、F为圆周上的点,AB为水平直径,CD为竖直直径,EF过O点且与CD的夹角为45°,当小球绕O点在竖直平面内做半径为L的圆周运动时,小球运动到A点时的速度最小,g为重力加速度的大小,则下列说法正确的是 ( )
A.匀强电场的电场强度大小为
B.小球从A点运动到B点时,合力做的功为mgL
C.小球运动到B点时轻绳拉力的大小为5mg
D.小球运动到F点时的机械能最大
√
[解析] 小球在A点时只受重力和电场力,重力和电场力的合力提供向心力,则有mg=qEsin 45°,E=,A错误;小球从A点运动到B点时,重力做功是零,电场力做功为W=qE·2Lcos 45°=mg·2L·=2mgL,合力做的功为2mgL,B错误;小球运动到B点时,由动能定理2mgL=m-m,又=mg,得vB=,在B点,T-qEcos 45°=m,代入数据解得T=6mg,C错误;小球在F点时的电势最低,具有的电势能最小,因此小球在F点的机械能最大,D正确.
1.(带电粒子在重力场和电场中的直线运动)[2024·深圳期末] 密立根通过油滴实验精确地测定基本电荷，将微观量转化为宏观量测量的巧妙设想和精确构思至今仍在当代物理科学研究的前沿发挥着作用.如图所示为密立根油滴实验示意图，若在实验中观察到某一个带负电的油滴向下匀速运动.忽略油滴间的相互作用力和空气对油滴的阻力及浮力，在该油滴向下运动的过程中以下说法正确的是( )
A.电场力做正功
B.油滴机械能守恒
C.重力和电场力的合力不做功
D.重力势能的减少量小于电势能的增加量
√
[解析] 带负电的油滴向下匀速运动，则受向下的重力和向上的电场力，则电场力做负功，油滴机械能减小，选项A、
B错误；油滴动能变化为零，则重力和电场力的合力不做功，选项C正确；油滴的机械能和电势能之和不变，因动能不变，则重力势能的减少量等于电势能的增加量，选项D错误.
2.(带电粒子在电场中的曲线运动)(多选)[2024·中山期中] 如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为的带电小球，以初速度从点竖直向上运动，通过点时，速度大小为，方向与电场方向相反，重力加速度为，则小球从运动到的过程( )
A.水平方向加速度大小为
B.水平方向位移为
C.动能增加
D.机械能增加
√
√
[解析] 小球的运动可以看成竖直方向的竖直上抛运动和水平方向在电场力作用下的初速度为0的匀加速直线运动，设运动时间为，有，
，则，，则水平方向的加速度为，故A正确；水平方向位移，故B错误；动能增加量为，故C错误；根据功能关系知机械能增加量为
，故D正确.
3.(带电体在电场和重力场中的圆周运动)(多选)[2024·河南驻马店期末] 如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为的绝缘细线，细线一端固定在点，另一端系一质量为的带电小球.小球静止时细线与竖直方向成 角，此时让小球获得初速度且恰能绕点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动，重力加速度为.下列说法正确的是( )
A.匀强电场的电场强度
B.小球动能的最小值为
C.小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小
D.小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先减小后增大
√
√
[解析] 小球静止时细线与竖直方向成 角，对小球受力分析，小球受重力、拉力和电场力，如图所示，三力平衡，根据平衡条件有 ，解得，故A正确；小球恰能绕点在竖直平面内做圆周运动，在等效 最高点A速度最小，根据牛顿第二定律，有，则最小动能，故B正确；
小球的机械能和电势能之和守恒，则小球运动至电势能最大的位置机械能最小，小球带负电，则小球运动到圆周轨迹的最左端点时机械能最小，故C错误；小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，电场力先做正功，后做负功，再做正功，则其电势能先减小后增大，再减小，故D错误.
练 习 册
知识点一 带电粒子在电场和重力场中的直线运动
1.[2024·福建三明期末] 如图所示，地面上空有水平向右的匀强电场，将一带电小球从电场中的点以某一初速度射出，小球恰好能沿与水平方向成 角的虚线由向做直线运动，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A.小球带正电荷
B.小球受到的电场力与重力大小之比为
C.小球从运动到的过程中电势能增加
D.小球从运动到的过程中电场力所做的功等于其动能的变化量
√
[解析] 根据题意，受力分析如图所示,由于小球沿直线运动，则合力与速度在同一直线上，所以小球受到的电场力水平向左，即小球带负电，故A错误；由图可知,所以小球受到的电
场力与重力大小之比为，故B错误；由于小球从A到B电场力做负功，所以电势能增加，故C正确；根据动能定理可知,故D错误.
2.(多选)如图所示，真空环境下，三个质量相同、带电荷量分别为、和0的小液滴、、，从竖直放置的两板中间的上方由静止释放，最后从两板间穿过，小液滴、、的运动轨迹如图所示，则在穿过极板的过程中，下列说法正确的是( )
A.静电力对液滴、做的功相等
B.三者动能的增加量相同
C.液滴与液滴电势能的变化量相等
D.重力对液滴做的功最多
√
√
[解析] 因为液滴、的带电荷量的绝对值相等，则两液滴所受的静电力大小相等，由静止释放，穿过两板的时间相等，则偏转位移大小相等，静电力做功相等，故A正确；静电力对、两液滴做功相等，重力做功相等，则、动能的增量相等，对于液滴，只有重力做功，故的动能增加量小于、的动
能增加量，故B错误；对于液滴和液滴，静电力均做正功，静电力所做的功等于电势能的减少量，故C正确；三者在穿过极板的过程中竖直方向的位移相等，质量相同，所以重力做的功相等，故D错误.
3.(多选)[2024·深圳期末] 在某空间存在竖直向上的匀强电场，质量为、带电荷量为的小球从某高度由静止开始向上做匀加速直线运动，经时间运动到点，此时撤去电场，又经时间小球回到点，速度大小为，不计空气阻力，已知重力加速度为，小球从静止到返回点的过程中，则下列说法正确的是( )
A.电场强度大小为 B.小球所受电场力的大小为
C.小球上升的最大高度为 D.小球所受电场力做的功为
√
√
[解析] 设电场强度大小为，小球由静止开始向上做匀加速直线运动，则，，撤去电场，又经时间小球回到点，则，可得，，故A错误；小球所受电场力的大小为，故B正确；小球上升的最大高度为，故C正确；小球由静止开始向上做匀加速直线运动的位移为，小球所受电场力做的功为，故D错误.
知识点二 带电粒子在电场和重力场中的曲线运动
4.(多选)[2024·北京四中月考] 如图所示，真空中存在竖直向下的匀强电场，一个带电油滴(考虑重力)沿虚线由向运动，以下判断正确的是( )
A.油滴一定带负电 B.油滴的电势能一定增加
C.油滴的动能一定减少 D.油滴的电势能一定减少
√
√
[解析] 物体做曲线运动时，受到的合力方向指向物体运动轨迹弯曲的凹侧，由此可知，该油滴受到的静电力的方向是向上的，与电场方向相反，所以油滴一定带负电，故A正确；该油滴受到的静电力做
正功，电势能减小，故B错误，D正确；该油滴受到的静电力与重力的合力向上，与运动方向夹角为锐角，合力做正功，油滴的动能增大，故C错误.
5.[2024·中山期末] 如图所示，一质量为、电荷量为的带正电小球以大小为的速度从、连线上的点水平向右射入电场强度大小为(为重力加速度大小)、方向竖直向下的匀强电场中，小球运动轨迹经过上的点(未画出).已知与水平方向成 角.不计空气阻力.则下列说法正确的是( )
A.小球从点运动到点的过程中电势能增加
B.小球在电场中运动时的加速度大小为
C.小球从点运动到点的时间为
D.、两点的距离为
√
[解析] 小球带正电，在从点运动到点的过程中电场力做正功，电势能减小，故A错误；根据牛顿第二定律有，因，所以小球在电场中运动时的加速度大小为，故B错误；小球从点运动
到做类平抛运动，水平方向，竖直方向，又，联立解得，故C错误；根据，、两点的距离为，故D正确.
知识点三 带电粒子在电场和重力场中的圆周运动
6.如图所示，在水平向右的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳一端固定在点，另一端拴一个质量为、带电荷量为的小球.把细绳拉到竖直状态，小球从最低点由静止释放后沿圆弧运动，当细绳刚好水平时，小球到达位置且速度恰好为零.已知重力加速度为，不计空气阻力，则( )
A.小球最终将静止在点
B.小球运动到点时，细绳的拉力为0
C.在此过程中，小球的电势能一直增加
D.匀强电场的电场强度大小为
√
[解析] 小球在B点时，受到竖直向下的重力和水平向右的电场力，水平向左的拉力，合力不为0，故不可能静止在B点，故A错误；小球做圆周运动，其在B点速度为0，故向心力为0，故
，故B错误；小球从A到B的过程中，电场力做正功，电势能减小，故C错误；从A到B，由动能定理可得，，故D正确.
7.(多选)[2024·广州期中] 如图所示，在沿水平方向的匀强电场中有一固定点，用一根长度为的绝缘细线把质量为、带电荷量为的金属小球悬挂在点.小球静止在点时，细线与竖直方向的夹角为 .重力加速度为，，.现将小球拉至位置使细线水平后由静止释放，以下说法中正确的是( )
A.从到最低点的过程中小球的机械能守恒
B.从到最低点的过程中小球的速度一直增大
C.从到最低点的过程中小球的向心力大小先增大后减小
D.若在点给一个初速度，小球可以做完整的圆周运动，则速度最大值出现在点
√
√
[解析] 从A到最低点C的过程中，电场力做负功，所以小球机械能不守恒，故A错误；由题意可知，B点为等效最低点，所以从A到最低点C的过程中小球的速度先增大后减小，根据向心力公式
可知，此过程小球的向心力大小先增大后减小，故B错误，C正确；由题意可知，B点为等效最低点，若在A点给一个初速度，小球可以做完整的圆周运动，则速度最大值出现在B点，速度最小值出现在延长线与圆周的交点处，故D正确.
8.[2024·广州一中月考] 在电场方向水平向右的匀强电场中，一带电小球从点竖直向上抛出，其运动的轨迹如图所示，小球运动的轨迹上、两点在同一水平线上，为轨迹的最高点，小球抛出时的动能为，在点的动能为，不计空气阻力，则下列判断正确的是( )
A.小球水平位移与的比值为
B.小球水平位移与的比值为
C.小球落到点时的动能为
D.小球从点运动到点的过程电场力做功为
√
[解析] 将小球的运动沿水平和竖直方向分解，水平分运动为初速度为零的匀加速直线运动，竖直分运动为竖直上抛运动，根据对称性，可知小球从A到与从到B的时间相等，小球水
平方向在连续相等的时间间隔内位移之比为，小球水平位移与的比值为，A、B错误；小球从A到有，小球从到B有，在竖直方向上有，解得，，即小球从点运动到B点电场力做功为，C正确，D错误.
9.[2024·湛江期中] 质量为、电荷量为的带电粒子从静止开始经电压为的电场加速后，以的初速度从水平放置的带电平行金属板、中央水平飞入板间，如图所示.已知板长为，板间距离为，取极板电势为零，取，粒子所受重力不可忽略.
(1) 求带电粒子的初速度；
[答案]
[解析] 由动能定理得
可得
(2) 若带电粒子恰好沿直线穿过板间，试比较、两极板电势的高低，并求出极板的电势为多少？
[答案] 板电势高于板电势
[解析] 带电粒子恰好沿直线穿过板间，说明所受电场力竖直向上，板间电场方向竖直向下，故板电势高于板电势.设板间电场强度为，由平衡条件有
由场强与电势差的关系式
解得
因为，，所以
(3) 若带电粒子恰好打到极板上的中点，求、间的电势差.
[答案]
[解析] 若带电粒子恰好打到极板上的中
点，粒子做类平抛运动，设其加速度为，有
设板间电场强度为，由牛顿第二定律，有
，
解得
10.[2024·深圳期中] 如图所示，竖直平面内有一半径为的半圆形光滑绝缘轨道，其底端与光滑绝缘水平轨道相切，整个系统处在竖直向上的匀强电场中，一质量为，带正电的小
球以的初速度沿水平面向右运动，通过圆形轨道恰能到达圆形轨道的最高点，从点飞出后落在水平面上的点，试求：
(1) 小球到达点时的速度；
[答案]
[解析] 根据题意，小球由到过程，由动能定理有
因小球恰能通过点，由牛顿第二定律有
联立解得
(2) 间的距离；
[答案]
[解析] 根据题意可知，小球由到过程做类平抛运动，水平方向有
竖直方向上有，
联立解得
(3) 小球通过点时对轨道的压力.
[答案]
[解析] 根据题意可知，小球在光滑水平轨道上做匀速直线运动，则到达点时速度仍为，在点时，由牛顿
第二定律有
联立解得
