北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
专题八 静电场
应用创新题组
(时间:80分钟 满分:130分)
一、单项选择题(每小题4分,共12分)
1.(2020长郡中学月考一,8)如图甲所示,两平行金属板a、b间距为d,在两板右侧装有荧光屏
MN(绝缘),O为其中点。在两板a、b上加上如图乙所示的电压,电压最大值为U。现有一束
0
带正电的离子束(比荷为k),从两板左侧沿中线方向以初速度v,连续不断地射入两板间的电
0
场中,设所有离子均能打到荧光屏MN上,已知金属板长L=2vt,则在荧光屏上出现亮线的长
00
度为( )
A.kdU B.kU t2
0t2 0 0
0 2d
C.kU t2 D.3kU t2
0 0 0 0
d 2d
答案 C t=0时刻射入的粒子打在荧光屏上的位置与荧光屏中心O的距离最大,设此距离
为y ,此粒子在0至t 时间内,在水平方向上做匀速直线运动,在竖直方向上做匀加速直线运
max 0
动,竖直方向的位移为y=1a =1×qU =qU t2 =kU t2 ,此粒子在t 至2t 时间内,做匀速
1 t2 0t2 0 0 0 0 0 0
2 0 2 md 0 2md 2d
直线运动,竖直方向分速度为v=at=qU t,竖直方向的位移为y=vt=qU =kU t2 ,所以
y 0 0 0 2 y0 0t2 0 0
md md 0 d
第1页共15页北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
y =y+y=kU t2 +kU t2 =3kU t2 。t=t 时刻射入的粒子打在荧光屏上的位置与荧光屏
max 1 2 0 0 0 0 0 0 0
2d d 2d
中心O的距离最小,设此距离为y ,此粒子在t 至2t 时间内做匀速直线运动,在2t 至3t 时间
min 0 0 0 0
内,粒子在水平方向上仍做匀速直线运动,在竖直方向上做匀加速直线运动,竖直方向的位移
为y =y=kU t2 。所以在荧光屏上出现亮线的长度为Δy=y -y =kU t2 ,故选C。
min 1 0 0 max min 0 0
2d d
2.(2021,5·3原创)如图甲所示,一半径为R的球面上均匀分布着电荷量为Q的正电荷,电荷在
球心O点处产生的电场强度为零。已知下部分半球面上的电荷在圆心O点处产生的电场强
kQ 1 1 3
度大小E= ,方向如图甲所示。现切掉含有 Q正电荷的 球面,如图乙,若剩下的 Q正
0 4R2 4 4 4
3 1
电荷均匀分布在剩下的 球面。则切掉 球面后,圆心O点处的电场强度大小为( )
4 4
A.√2kQ B.√3kQ C.3kQ D.√2kQ
4R2 8R2 4R2 8R2
答案 D 如图所示,把球面分成4等份,由于电荷是均匀分布在球面上的,故每一等份所带电
荷在圆心O点处产生的电场强度大小都相等,设每一等份球面所带电荷在圆心O点处产生的
kQ
电场强度大小为E',则下半球中的两等份在圆心O点处的合场强大小为E= ,每一部分产
0 4R2
kQ √2
生的场强方向与E 的方向成45°夹角,根据平行四边形定则知:E'=E cos 45°= × =
0 0 4R2 2
√2kQ,可知被切掉的那部分球面上的电荷在圆心O点处产生的电场强度大小也为√2kQ,
8R2 8R2
第2页共15页北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
由于球面完整时,圆心O点处的电场强度为零,故被切掉的那部分球面上的电荷在圆心O点
3
处产生的电场强度与剩下的 球面上的电荷在圆心O点处产生的电场强度是等大反向的,故
4
3 √2kQ
剩下的 球面在圆心O点处产生的电场强度大小也为 ,故选项A、B、C错误,选项D
4 8R2
正确。
3.(2021惠州一调 典型模型)如图为一水平放置的平行板电容器,它两极板分别与电池两极
相连,上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)。小孔正上方P点有一带电粒子,
该粒子从静止开始下落,经过小孔进入电容器,并恰好在下极板处(未与极板接触)返回。若只
稍微改变下极板的位置,则关于从P点开始下落的相同粒子,以下说法正确的是( )
A.将下极板向上移动一些,粒子一定打在下极板上
B.将下极板向下移动一些,粒子一定打在下极板上
C.无论下极板上移或者下移一些,粒子一定恰好在下极板处返回
D.无论下极板上移或者下移一些,粒子一定在下极板上方返回
答案 B 设电容器两极板间电压为U,带电粒子质量为m,下极板未移动前,带电粒子从静止
释放到速度为零的过程,由动能定理得:mg(h+d)-qU=0,将下极板向上移动时,此时极板间距变
U·x
为d'(d'<d),设粒子运动均打不到下极板,且到距上极板x处速度为零,则有,mg(h+x)-q·
d'
h h
=0,联立以上两式解得x= ·d',又d>d',所以 <1,x<d',说明粒子确实打不到下
h+d-d' h+d-d'
极板上,在打到下极板之前已经返回了,故A、C错误;当将下极板向下移动一些,此时有d'>d,
由以上分析可知x>d',说明粒子一定打在下极板上,故B正确,D错误。
第3页共15页北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
二、多项选择题(每小题6分,共36分)
4.(2020长郡中学月考一,11)(多选)如图所示,用绝缘材料做成的光滑圆环固定在竖直平面
内,O为圆心,AOC、AB、BC均为用绝缘材料做成的光滑细杆,AB杆竖直,AB与AC的夹角
θ=37°,整个空间存在水平方向的匀强电场(未画出)。现将两个质量均为m、带电荷量均为+q
的小环分别套在AC、AB两根细杆上,并从A处同时由静止释放,结果两小环经相同时间t分
别滑到C、B两处。若不计小环之间的库仑力,重力加速度为g,sin 37°=0.6,则下列说法正确
的是( )
A.匀强电场方向水平向左
3mg
B.匀强电场的电场强度大小为E=
4q
C.若把小环套在BC杆上且从B处由静止释放,则小环滑到C处的时间大于t
D.若把小环套在BC杆上且从B处由静止释放,则小环滑到C处的时间等于t
答案 ABD 两小环在杆上做匀加速直线运动,在AB杆上的小环加速度大小为a =g,运动
AB
1 h 1
位移为h,有h= gt2,AC杆上小环运动的位移为l= >h,因为下滑时间相同,由l= a t2可
AC
2 cosθ 2
知a >a ,所以小环必受到方向向左的电场力,由于小环带正电,则匀强电场方向向左,选项A
AC AB
正确;对AC杆上的小环有l=1a
AC
t2=1(
gcosθ+
Eqsinθ)t2,解得E=3mg,选项B正确;对
2 2 m 4q
Eq 3 1 √2h
BC杆上的小环分析有a= = g,l =h tan θ= a
t2
,解得t= =t,即小环滑到C处的时间
1 m 4 BC 2 1 1 1 g
也等于t,选项C错误,D正确。故选A、B、D。
5.(2021八省联考B卷,5,4分)(多选)如图所示为某静电场中x轴上各点电势φ的分布图,一个
带电粒子仅在静电力作用下从坐标原点O沿x轴正方向运动。则( )
第4页共15页北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
A.粒子一定带正电
B.粒子一定带负电
C.粒子从x 运动到x,加速度先增大后减小
1 3
D.粒子从x 运动到x,加速度先减小后增大
1 3
答案 BD 由题图可知,从x 到x 电势逐渐升高,说明电场方向水平向左,粒子受到水平向右
1 2
的电场力,故粒子带负电,选项A错误,B正确;由φ-x图像斜率的绝对值等于电场强度的大小
可知,从x 到x,图像斜率的绝对值先减小后增大,故电场强度先减小后增大,则粒子所受的电
1 3
场力先减小后增大,粒子的加速度先减小后增大,选项C错误,D正确。故选B、D项。
6.(2021广州三校联考,11 典型模型)(多选)图甲为两水平金属板,在两板间加上周期为T的
交变电压u,电压u随时间t变化的图线如图乙所示,质量为m、重力不计的带电粒子以初速
度v 沿中线射入两板间,经时间T从两板间飞出。下列关于粒子运动的描述正确的是( )
0
A.t=0时入射的粒子,离开电场时偏离中线的距离最大
1
B.t= T时入射的粒子,离开电场时偏离中线的距离最大
4
C.无论哪个时刻入射的粒子,离开电场时的速度方向都沿水平方向
D.无论哪个时刻入射的粒子,离开电场时的速度大小都相等
答案 ACD 因粒子在电场中运动的时间等于电场变化的周期T,根据牛顿第二定律和
Δv=at知,所有粒子离开电场时竖直方向的速度为零,即最终都沿水平方向射出电场,离开电场
时的速度大小都等于初速度大小,故C、D正确;粒子在电场中运动的时间是相同的;t=0时入
射的粒子,在竖直方向先加速,然后减速到0时恰离开电场区域,故t=0时入射的粒子离开电场
1
时偏离中线的距离最大;t= T时入射的粒子,在竖直方向经历加速、减速、反向加速、反向
4
第5页共15页北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
减速到0恰离开电场区域,此时刻射入的粒子离开电场时偏离中线的距离为0;故A正确,B错
误。
7.(2020广州执信中学月考,19 典型模型)(多选)在竖直向上的匀强电场中,有两个质量相等、
带异种电荷的小球A、B(均可视为质点)处在同一水平面上。现将两球以相同的水平速度v
0
向右抛出,最后落到水平地面上,运动轨迹如图所示,两球之间的静电力和空气阻力均不考虑,
则( )
A.A球带正电,B球带负电
B.A球比B球先落地
C.在下落过程中,A球的电势能减少,B球的电势能增加
D.两球从抛出到各自落地的过程中,A球的动能变化量比B球的小
qE
答案 AD 小球受到重力和电场力作用,当电场力与重力同向时,加速度为a=g+ ,反向时,
m
qE 1 √2h
加速度为a=g- ,小球做类平抛运动,下落高度相同,根据h= at2可知t= ,带正电的小球
m 2 a
运动较慢,下落时间较长,又因为水平方向做匀速直线运动,所以水平位移较大,A正确,B错误;
电场力对A球做负功,电势能增加,对B球做正功,电势能减少,C错误;根据动能定理,可知A
球末速度较小,所以速率变化量比B球小,即动能变化量比B球的小,D正确。
8.(2021淄博期末,9 设问创新)(多选)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( )
第6页共15页北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
mgtanθ
A.匀强电场的电场强度E=
q
mgL
B.小球动能的最小值为E=
k
2cosθ
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
答案 AB 小球静止时悬线与竖直方向成θ角,对小球受力分析,如图,小球受重力、拉力和
mgtanθ
电场力,三力平衡,根据平衡条件,有:mg tan θ=qE,解得E= ,A正确;小球恰能绕O点在
q
mg v2
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
cosθ L
1 mgL
动能E= mv2= ,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
k
2 2cosθ
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,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,D错误。
9.(2022届北镇中学月考,11 设问创新)(多选)如图所示,竖直平面内有固定的半径为R的光
滑绝缘圆形轨道,匀强电场的方向平行于轨道平面水平向左,P、Q分别为轨道上的最高点、
最低点,M、N是轨道上与圆心O等高的点。质量为m、电荷量为q的带正电小球(可视为质
3mg
点)在轨道内运动,已知重力加速度为g,电场强度E= ,要使小球能沿轨道做完整的圆周运
4q
动,则下列说法正确的是( )
第7页共15页北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
A.小球在轨道上运动时,动能最小的位置,电势能最大
B.小球在轨道上运动时,机械能最大的位置一定在M点
C.小球过Q、P点时所受轨道弹力大小的差值为6mg
D.小球过Q、P点时所受轨道弹力大小的差值为7.5mg
答案 BC 根据等效重力场知识可得,电场力与重力的合力大小为mg =
等 √(mg)2+(qE)2
5 5 qE 3
= mg,故等效重力加速度为g = g,如图所示,tan θ= = ,即θ=37°,若小球刚好能通过C
等
4 4 mg 4
点关于圆心O对称的D点,那么小球就能做完整的圆周运动。小球在D点时的动能最小,但
D点并非是其电势能最大的位置,小球电势能最大的位置在N点,A错误;小球在轨道上运动
的过程中遵守能量守恒定律,小球在轨道上M点的电势能最小,机械能最大,B正确;小球过Q
点和P点时,由牛顿第二定律可得F
-mg=mv2
,F
+mg=mv2
,小球从Q点到P点,由动能定理
Q Q P P
R R
1 1
可得-2mgR= mv2- mv2,联立解得F -F =6mg,C正确,D错误。
2 P 2 Q Q P
三、非选择题(共82分)
第8页共15页北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
10.(2022届株洲八中期中 典型模型)(10分)如图,一质量m=1×10-6 kg、带电荷量q=-2×10-8
C的微粒以初速度大小v 竖直向上从A点射入一水平向右的匀强电场,当微粒运动到比A点
0
高h=0.2 m的B点时,速度大小为2v,方向水平。g取10 m/s2,求:
0
(1)微粒的初速度大小v;
0
(2)A、B两点间的电势差U ;
AB
(3)匀强电场的场强大小E。
解析 (1)由题意可知,微粒在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动,在竖直方向做匀减
速直线运动。竖直方向有 =2gh,代入数据得v= 2 m/s 。
v2 0
0
1 1
(2)对微粒从A点运动到B点的过程,由动能定理得qU -mgh= m(2v )2- mv2,解得
AB 2 0 2 0
U = -400 V 。
AB
(3)设微粒从A点运动到B点的时间为t,沿电场线方向运动的距离为d,则竖直方向有h=
v +0t,水平方向有d=0+2v t,解得d=2h=0.4 m,匀强电场的场强大小E=|U |=|-400V |
0 0 AB
2 2 d 0.4m
= 1 000 V/m 。
11.(2021长郡中学月考,20 典型模型)(12分)如图所示,水平放置的平行板电容器,两板间距
为d=8 cm,板长为l=25 cm(未按比例作图),接在直流电源(内阻不计)上,有一带电液滴以
v=0.5 m/s的初速度从板间的正中央水平射入,恰好做匀速直线运动,当它运动到P处时迅速
0
将上板竖直向上移动2 cm,则液滴刚好从金属板末端飞出,求:(g取10 m/s2)
(1)判断液滴带电性质并说明理由;
第9页共15页北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
(2)将上板向上提起后,液滴的加速度大小;
(3)液滴从射入电场开始计时,匀速运动到P点所用的时间。
解析 (1)带电液滴在板间受重力和电场力,因为液滴做匀速直线运动,故电场力向上,与板间
场强方向相反,故液滴带负电。
U
(2)液滴最初匀速运动,有qE=mg,即q =mg,得qU=mgd。
d
当上板向上提起后,d增大,E减小,电场力减小,故液滴向下偏转,在电场中做类平抛运动。此
时液滴所受电场力F'=q U =mgd,a=mg-F'=g(d'-d)=1g= 2 m/s 2 。
d' d' m d' 5
d
(3)因为液滴刚好从金属板末端飞出,所以液滴在竖直方向上的位移是 ,设液滴从P点开始在
2
d 1 √d
匀强电场中飞行的时间为t,则 =
at2
,t= =0.2 s,而液滴从刚进入电场到出电场的时间t=
1 2 2 1 1 a 2
l
=0.5 s,所以液滴从射入电场开始计时,匀速运动到P点所用的时间为t=t -t = 0.3 s 。
v 2 1
0
12.(2021湖北孝感2月调研,14)(10分)如图所示匀强电场水平向右,在电场中的O点固定一轻
细线,细线的另一端系一质量为m、带电荷量为q的小球,小球平衡时细线与竖直方向成
α=37°角。(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)
(1)求电场强度的大小;
(2)将小球拉至右侧与O等高,细线水平伸直,然后将小球静止释放,求小球运动到最低点时线
上的张力。
3mg 3
答案 (1) (2) mg
4q 2
3
解析 (1)小球平衡,所以有qE=mg tan α= mg①(3分)
4
3mg
由①式解得E= ②(2分)
4q
第10页共15页北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
1
(2)由动能定理得mgL-qEL= mv2③(2分)
2
v2
在最低点时,由向心力公式得F-mg=m ④(2分)
L
3
由②③④解得F= mg⑤(1分)
2
13.(2021汕头金山联考,17 典型模型)(10分)如图所示,AB为水平绝缘粗糙轨道,A、B两点
之间的距离为5 m; BC为半径r=1 m的竖直光滑绝缘半圆轨道;半圆轨道存在竖直向上的匀
强电场,电场强度E=500 N/C。一质量m=1 kg,电荷量q=1.0×10-2 C的带负电小滑块,在功率P
恒为20 W的水平向右拉力作用下从A点由静止开始运动,到B点时撤去拉力。已知滑块与
水平轨道间的动摩擦因数为μ=0.2,滑块到达B点之前已经做匀速运动(g=10 m/s2),求:
(1)滑块匀速运动的速度大小;
(2)滑块从A运动到B所用的时间;
(3)请计算分析滑块是否可以到达C点,若可以,求轨道对滑块的弹力。
解析 (1)因为滑块匀速运动,所以F=f=μmg=2 N
P
v = = 10 m/s
B
F
1
(2)A到B过程中,由动能定理:Pt-μmg·AB= mv2
2 B
得t= 3 s
1 1
(3)滑块从B点到C点,由动能定理得:-(mg+Eq)·2r= mv2- mv2
2 C 2 B
得:v =2√10 m/s
C
v2
若滑块恰好过C点,则mg+Eq=m ,得v=√15 m/s<v
C
r
则在C点,由受力分析得:mg+Eq+F
=mv2
,
N C
r
得轨道对滑块的弹力F = 25 N , 方向竖直向下
N
第11页共15页北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
14.(2020广东省实验中学阶段考试,24 典型模型)(10分)如图所示,固定于同一条竖直线上的
A、B是两个带等量异种电荷的点电荷,电荷量分别为+Q和-Q,A、B相距为2d。MN是竖直
放置的光滑绝缘细杆,另有一个穿过细杆的可视为点电荷的带电小球P,质量为m、电荷量为
+q(此电荷不影响电场的分布),现将小球P从与点电荷A等高的C处由静止开始释放,小球向
下运动到O点时速度为v,已知CO=d,MN与AB之间的距离为d,静电力常量为k,重力加速度
为g。求:
(1)C、O间的电势差U ;
CO
(2)O点的电场强度E和小球在O点时的加速度a的大小;
(3)小球经过与点电荷B等高的D点时的速度的大小。
解析 (1)小球P由C运动到O时,由动能定理,
1
得:mgd+qU = mv2
CO
2
mv2-2mgd
所以U =
CO
2q
Q
(2)由点电荷场强公式得:E=E=k
1 2 (√2d)2
√2kQ
它们的合场强为:E=E cos 45°+E cos 45°= , 方向竖直向下
1 2 2d2
由牛顿第二定律得:mg+qE=ma
√2kQq
所以a=g+
2md2
1 1
(3)小球P由O运动到D的过程,由动能定理得:mgd+qU = mv2- mv2
OD 2 D 2
由电场特点可知:U =U
CO OD
联立解得:v =√2v
D
15.(2022届东营期中,18 典型模型)(15分)如图所示,在平面直角坐标系的第一象限内有水平
向左的、场强为E的匀强电场,y轴与直线x=-d(d>0)区域内有竖直向下的、场强也为E的匀
强电场。一个带电荷量为+q的粒子(重力不计)从第一象限的S点由静止释放。
第12页共15页北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
d d
(1)若S点的坐标为( , ),求粒子通过x轴时的坐标;
2 2
(2)若S点的坐标为(d,d),求粒子通过x轴时的动能;
(3)若粒子能通过x轴上坐标为(-3d,0)的P点,求释放该粒子的S点的坐标(x,y)应该满足的条
件。
解析 (1)设进入第二象限前粒子的速度为v,质量为m,由动能定理得
0
d 1
qE = mv2
2 2 0
在第二象限中运动时,粒子做类平抛运动,假设粒子通过x轴没有出电场左边界,则有
qE
加速度a=
m
x轴方向上x=vt
0
d 1
y轴方向上 = at2
2 2
联立解得x=d,假设成立。
所以粒子通过x轴时的坐标为(-d,0)。
1
(2)设进入第二象限前粒子的速度为v,由动能定理得qEd= mv2
2
在第二象限中运动时,粒子做类平抛运动,
qE
加速度a=
m
x轴方向上d=vt
1
1
y轴方向上y= at2
2 1
d
解得y=
4
对整个过程由动能定理得
d
qEd+qE =E-0
k
4
第13页共15页北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
5qEd
解得E= 。
k
4
(3)设粒子到达y轴时的速度为v',通过第二象限电场所用的时间为t,粒子进入第二象限前由
0 2
动能定理得qEx=mv '2
0
2
粒子刚出第二象限电场时速度偏向角的正切值
tan θ=v
y
v
x
其中v=at
y 2
qE=ma
d
v=v'=
x 0 t
2
粒子出第二象限电场后做直线运动,由几何关系有
1
y- at2
tan θ= 2 2
2d
解得 4xy=5d 2 (x>0,y>0) 。
16.(2022届青岛二中周测,16 典型模型)(15分)如图所示,在光滑的水平桌面上,水平放置的
粗糙直线轨道AB与水平放置的光滑圆弧轨道BCD相切于B点,整个轨道位于水平桌面内,
圆心角∠BOC=37°,线段OC垂直于OD,圆弧轨道半径为R,直线轨道AB长为L=5R。整个轨
道处于电场强度为E的匀强电场中,电场强度方向平行于水平桌面所在的平面且垂直于
OD。现有一个质量为m、带电荷量为+q的小物块P从A点无初速度释放,小物块P与AB
之间的动摩擦因数μ=0.25,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,忽略空气阻力。求:
(1)小物块第一次通过C点时对轨道的压力大小F ;
NC
(2)小物块第一次通过D点后离开D点的最大距离;
(3)小物块在直线轨道AB上运动的总路程。
第14页共15页北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
解析 (1)设小物块第一次到达C点时的速度大小为v ,根据动能定理有
C
1
qE[L sin 37°+R(1- cos 37°)]-μqEL cos 37°= mv2-0
2 C
√22qER
解得v =
C
5m
在C点根据向心力公式得F
'-qE=mv2
NC C
R
解得F '=5.4qE
NC
根据牛顿第三定律得F =5.4qE。
NC
(2)设小物块第一次到达D点时的速度大小为v ,根据动能定理有
D
1
qE(L sin 37°-R cos 37°)-μqEL cos 37°= mv2-0
2 D
√12qER
解得v =
D
5m
小物块第一次到达D点后先以速度v 逆着电场方向做匀减速直线运动,设运动的最大距离
D1
1
为x ,根据动能定理得-qEx =0- mv2
m m 2 D
6
解得x = R。
m
5
(3)分析可知小物块最终会在圆弧轨道上做往复运动,到达B点的速度恰好为零时,动能和电
势能之和不再减小;设小物块在直线轨道AB上运动的总路程为s,则根据功能关系得
qEL sin 37°=μqEs cos 37°
Ltan37°
解得s= =15R。
μ
第15页共15页
