帶電粒子（帶電體）在電場中的運動綜合問題（教師版）

專題十帶電粒子（帶電體）在電場中的運動綜合問題考點一帶電粒子(帶電體)在交變電場中的運動1.常見的交變電場類型產(chǎn)生交變電場常見的電壓波形：正弦波、方形波、鋸齒波等。2.交變電場中常見的粒子運動類型及分析思路運動類型分析思路粒子做單向直線運動一般對整段或分段研究，應(yīng)用牛頓運動定律結(jié)合運動學(xué)公式求解粒子做有往返的直線一般分段研究，應(yīng)用牛頓運動定律結(jié)合運動學(xué)公式或者動能定理、動量定理等求解粒子做偏轉(zhuǎn)運動一般根據(jù)交變電場特點分段研究，應(yīng)用牛頓運動定律結(jié)合運動學(xué)公式或者動能定理等求解。題型一帶電粒子在交變電場中的直線運動如圖所示，在兩平行金屬板中央有一個靜止的電子(不計重力)，當(dāng)兩板間的電壓分別如圖中甲、乙、丙、丁所示時，電子在板間運動(假設(shè)不與板相碰)，下列說法正確的是()A.電壓如甲圖所示時，在0～T時間內(nèi)，電子的電勢能一直減少B.電壓如乙圖所示時，在0～eq\f(T,2)時間內(nèi)，電子的電勢能先增加后減少C.電壓如丙圖所示時，電子在板間做往復(fù)運動D.電壓如丁圖所示時，電子在板間做往復(fù)運動D若電壓如題圖甲時，在0～T時間內(nèi)，靜電力先向左后向右，則電子先向左做勻加速直線運動，后做勻減速直線運動，即靜電力先做正功后做負(fù)功，電勢能先減少后增加，故A錯誤；電壓如題圖乙時，在0～T時間內(nèi)，電子向右先加速后減速，即靜電力先做正功后做負(fù)功，電勢能先減少后增加，故B錯誤；電壓如題圖丙時，電子向左先做加速運動，過了T后做減速運動，到T時速度減為0，之后重復(fù)前面的運動，故電子一直朝同一方向運動，故C錯誤；電壓如題圖丁時，電子先向左加速，到T后向左減速，T后向右加速，T后向右減速，T時速度減為零，之后重復(fù)前面的運動，則電子做往復(fù)運動，故D正確。題型二帶電粒子在交變電場中的偏轉(zhuǎn)運動如圖甲所示，一對平行金屬板M、N長為L，相距為d，O1O2為中軸線，兩板間為勻強(qiáng)電場，忽略兩極板外的電場。當(dāng)兩板間加電壓UMN＝U0時，某一帶負(fù)電的粒子從O1點以速度v0沿O1O2方向射入電場，粒子恰好打在上極板M的中點，粒子重力忽略不計。(1)求帶電粒子的比荷；(2)若M、N間加如圖乙所示的交變電壓，其周期T＝eq\f(L,v0)，從t＝0開始，前時間內(nèi)UMN＝2U，后eq\f(2T,3)時間內(nèi)UMN＝－U，大量的上述粒子仍然以速度v0沿O1O2方向持續(xù)射入電場，最終所有粒子恰好能全部離開電場而不打在極板上，求U的值。(1)；(2)eq\f(3U0,8)(1)設(shè)粒子經(jīng)過時間t0打在M板中點沿極板方向有eq\f(L,2)＝v0t0垂直極板方向有eq\f(d,2)＝a0teq\o\al(2,0)式中粒子的加速度大小a0＝eq\f(qE0,m)電場強(qiáng)度大小E0＝eq\f(U0,d)解得＝。(2)粒子通過兩板間的時間t＝eq\f(L,v0)＝T從t＝0時刻開始，粒子在兩板間運動時，每個電壓變化周期的前三分之一時間內(nèi)的加速度大小a1＝，在每個電壓變化周期的后三分之二時間內(nèi)的加速度大小a2＝如圖所示為從不同時刻射入電場的粒子在垂直極板方向的分速度與時間的關(guān)系圖像，根據(jù)題意和圖像分析可知，要使所有粒子恰好能全部離開電場而不打在極板上，則從t＝nT(n＝0，1，2，…)或t＝eq\f(T,3)＋nT(n＝0，1，2，…)時刻入射的粒子恰好不打在極板上，則有eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)×T×vym，式中vym＝a1×eq\f(T,3)解得U＝eq\f(3U0,8)。求解這類問題的一般思維方法：(1)注重全面分析(分析受力特點和運動規(guī)律)，抓住粒子的運動具有周期性和空間上具有對稱性的特征，求解粒子運動過程中的速度、位移等，并確定與物理過程相關(guān)的邊界條件。(2)從兩條思路出發(fā)：①力和運動的關(guān)系，根據(jù)牛頓第二定律及運動規(guī)律分析；②功能關(guān)系；(3)利用vt圖像求解相關(guān)物理量。①vt圖像的切線斜率表示加速度。②圖線與時間軸圍成的面積表示位移，且在時間軸上方所圍成的面積為正，在時間軸下方所圍成的面積為負(fù)。③注意對稱性和周期性變化關(guān)系的應(yīng)用。④圖線與時間軸有交點，表示此時速度可能改變方向。對運動很復(fù)雜、不容易畫出vt圖像的問題，還應(yīng)逐段分析求解。1.(多選)如圖甲所示，A、B兩極板間加上如圖乙所示的交變電壓，A板的電勢為0，一質(zhì)量為m、電荷量大小為q的電子僅在靜電力作用下，在t＝時刻從A板的小孔處由靜止釋放進(jìn)入兩極板間運動，恰好到達(dá)B板，則()A.A、B兩板間的距離為eq\r(\f(qU0T2,16m))B.電子在兩板間的最大速度為eq\r(\f(qU0,m))C.電子在兩板間做勻加速直線運動D.若電子在t＝eq\f(T,8)時刻進(jìn)入兩極板間，它將時而向B板運動，時而向A板運動，最終到達(dá)B板AB電子在t＝eq\f(T,4)時刻由靜止釋放進(jìn)入兩極板運動，由分析可知，電子先加速后減速，在t＝eq\f(3,4)T時刻到達(dá)B板，設(shè)兩板的間距為d，加速度大小為a＝eq\f(qU0,md)，則有d＝2×eq\f(1,2)，解得d＝eq\r(\f(qU0T2,16m))，故A正確；由題意可知，經(jīng)過eq\f(T,4)時間電子速度最大，則最大速度為vm＝a·eq\f(T,4)＝eq\r(\f(qU0,m))，故B正確；電子在兩板間先向右做勻加速直線運動，然后向右做勻減速直線運動，故C錯誤；若電子在t＝eq\f(T,8)時刻進(jìn)入兩極板間，在eq\f(T,8)～eq\f(T,2)時間內(nèi)電子做勻加速直線運動，位移x＝eq\f(1,2)·a·＝eq\f(9,8)d>d，說明電子會一直向B板運動并在eq\f(T,2)之前就打在B板上，不會向A板運動，故D錯誤。故選：AB。2.(多選)如圖甲所示，長為8d、間距為d的平行金屬板水平放置，O點有一粒子源，能持續(xù)水平向右發(fā)射初速度為v0、電荷量為＋q、質(zhì)量為m的粒子。在兩板間存在如圖乙所示的交變電場，取豎直向下為正方向，不計粒子重力。以下判斷正確的是()甲乙A.粒子在電場中運動的最短時間為eq\f(\r(2)d,v0)B.射出粒子的最大動能為eq\f(5,4)mveq\o\al(2,0)C.t＝eq\f(d,2v0)時刻進(jìn)入的粒子，從O′點射出D.t＝eq\f(3d,v0)時刻進(jìn)入的粒子，從O′點射出AD由題圖可知電場強(qiáng)度E＝eq\f(mv\o\al(2,0),2qd)，則粒子在電場中的加速度a＝eq\f(qE,m)＝，則粒子在電場中運動的最短時間滿足eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,min)，解得tmin＝eq\f(\r(2)d,v0)，選項A正確；能從板間射出的粒子在板間運動的時間均為t＝eq\f(8d,v0)，則任意時刻射入的粒子若能射出電場，則射出電場時沿電場方向的速度均為0，可知射出電場時的動能均為，選項B錯誤；t＝eq\f(d,2v0)＝eq\f(T,8)時刻進(jìn)入的粒子，在沿電場方向的運動是先向下加速eq\f(3T,8)，后向下減速eq\f(3T,8)速度到零；然后向上加速eq\f(T,8)，再向上減速eq\f(T,8)速度到零……如此反復(fù)，則最后射出時有沿電場方向向下的位移，即粒子將從O′點下方射出，故C錯誤；t＝eq\f(3d,v0)＝eq\f(3T,4)時刻進(jìn)入的粒子，在沿電場方向的運動是先向上加速eq\f(T,4)，后向上減速eq\f(T,4)速度到零；然后向下加速eq\f(T,4)，再向下減速eq\f(T,4)速度到零……如此反復(fù)，則最后射出時沿電場方向的位移為零，即粒子將從O′點射出，選項D正確。故選：AD。3.如圖甲所示，熱電子由陰極飛出時的初速度忽略不計，電子發(fā)射裝置的加速電壓為U0，電容器極板長L＝10cm，極板間距d＝10cm，下極板接地，電容器右端到熒光屏的距離也是L＝10cm，在電容器兩極板間接一交變電壓，上極板與下極板的電勢差隨時間變化的圖像如圖乙所示。每個電子穿過極板的時間都極短，可以認(rèn)為電子穿過極板的過程中電壓是不變的。求：(1)在t＝時刻，電子打在熒光屏上的位置到O點的距離；(2)熒光屏上有電子打到的區(qū)間長度。；(2)30cm(1)設(shè)電子經(jīng)電壓U0加速后的速度為v0，根據(jù)動能定理得：eU0＝eq\f(1,2)m①設(shè)電容器間偏轉(zhuǎn)電場的場強(qiáng)為E，則有：E＝eq\f(U,d)②設(shè)電子經(jīng)時間t通過偏轉(zhuǎn)電場，偏離軸線的側(cè)向位移為y，則：沿中心軸線方向有：t＝eq\f(L,v0)③垂直中心軸線方向有：a＝eq\f(eE,m)④聯(lián)立①②③④得y＝eq\f(1,2)at2＝＝⑤設(shè)電子通過偏轉(zhuǎn)電場過程中產(chǎn)生的側(cè)向速度為vy，偏轉(zhuǎn)角為θ，則電子通過偏轉(zhuǎn)電場時有：vy＝at⑥tanθ＝eq\f(vy,v0)⑦則電子在熒光屏上偏離O點的距離為Y＝y(tǒng)＋Ltanθ＝⑧由題圖乙知t＝0.06s時刻U＝U0，解得Y＝。(2)代入⑧式得：Ymax＝⑨所以熒光屏上電子能打到的區(qū)間長度為：2Ymax＝3L＝30cm?？键c二“等效場”問題1.等效重力法把電場力和重力合成一個等效力，稱為等效重力。如圖所示，則F合為等效重力場中的“重力”，g′＝eq\f(F合,m)為等效重力場中的“等效重力加速度”；的方向等效為“重力”的方向，即在等效重力場中的“豎直向下”方向。2.問題分析3.方法應(yīng)用題型一重力場與電場在一條直線上(多選)(2023·黑龍江齊齊哈爾市八中模擬)如圖所示，四分之一光滑絕緣圓弧槽B處切線水平，一可視為質(zhì)點的帶正電小球從圓弧槽A處由靜止釋放，滑到B處離開圓弧槽做平拋運動，到達(dá)水平地面的D處，若在裝置所在平面內(nèi)加上豎直向下的勻強(qiáng)電場，重復(fù)上述實驗，下列說法正確的是()A.小球落地點在D的右側(cè)B.小球落地點仍在D點C.小球落地點在D的左側(cè)D.小球離開B到達(dá)地面的運動時間減小BD不加電場時，小球從A到B有mgR＝eq\f(1,2)mvB2－0，解得vB＝eq\r(2gR)，平拋過程，豎直方向上有h＝eq\f(1,2)gt2，解得t＝eq\r(\f(2h,g))，平拋水平位移x＝vBt＝2eq\r(Rh)，平拋水平位移與重力加速度無關(guān)，施加豎直向下的勻強(qiáng)電場后，小球同時受重力和向下的靜電力，相當(dāng)于重力加速度增大了，小球落地點仍在D點，t∝eq\r(\f(1,g))，小球離開B后到達(dá)地面的運動時間減小，B、D正確。故選:BD。題型二重力場與電場成一定夾角(多選)如圖所示，可視為質(zhì)點的質(zhì)量為m且電荷量為q的帶電小球，用一絕緣輕質(zhì)細(xì)繩懸掛于O點，繩長為L，現(xiàn)加一水平向右的足夠大的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為E＝eq\f(3mg,4q)，小球初始位置在最低點，若給小球一個水平向右的初速度，使小球能夠在豎直面內(nèi)做圓周運動，忽略空氣阻力，重力加速度為g.則下列說法正確的是()A.小球在運動過程中機(jī)械能守恒B.小球在運動過程中機(jī)械能不守恒C.小球在運動過程中的最小速度至少為eq\r(gL)D.小球在運動過程中的最大速度至少為eq\f(5,2)eq\r(gL)BD小球在運動的過程中，靜電力做功，機(jī)械能不守恒，故A錯誤，B正確；如圖所示，小球在電場中運動的等效最高點和最低點分別為A點和B點，等效重力G′＝eq\f(5,4)mg，小球在最高點的最小速度v1滿足G′＝meq\f(v12,L)，得v1＝eq\f(\r(5gL),2)，故C錯誤；小球由最高點運動到最低點，由動能定理有G′·2L＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12，解得v2＝eq\f(5,2)eq\r(gL)，故D正確。故選：BD。等效法求解電場中圓周運動問題的解題思路：(1)求出重力與電場的合力，將這個合力視為一個“等效重力”，重力和電場力合力的方向，一定在等效“最高點”和等效“最低點”連線的延長線的方向上；(2)將視為“等效重力加速度”。找出等效“最低點”和等效“最高點”；(3)將物體在重力場中做圓周運動的規(guī)律遷移到等效重力場中分析，類比“繩球”“桿球”模型臨界值的情況進(jìn)行分析解答。1.(多選)(2023·重慶市八中高三檢測)如圖甲所示，空間有一水平向右的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為E＝1×104V/m，其中有一個半徑為R＝2m的豎直光滑圓環(huán)軌道，環(huán)內(nèi)有兩根光滑的弦軌道AB和AC，A點所在的半徑與豎直直徑BC成37°角．質(zhì)量為m＝、電荷量為q＝＋6×10－5C的帶電小環(huán)(視為質(zhì)點)穿在弦軌道上，從A點由靜止釋放，可分別沿AB和AC到達(dá)圓周上的B、C點．現(xiàn)去掉弦軌道AB和AC，如圖乙所示，讓小環(huán)穿在圓環(huán)軌道上且恰好能做完整的圓周運動．不考慮小環(huán)運動過程中電荷量的變化．下列說法正確的是(cos37°＝，g取10m/s2)()A.小環(huán)在弦軌道AB和AC上運動時間之比為B.小環(huán)做圓周運動過程中經(jīng)過C點時動能最大C.小環(huán)做圓周運動過程中動能最小值是1JD.小環(huán)做圓周運動過程中對圓環(huán)軌道的最大壓力是5NAD因為重力與靜電力均為恒力，所以二者的合力大小為＝1N，與豎直方向夾角正切值tanθ＝eq\f(qE,mg)＝eq\f(3,4)，解得θ＝37°，重力與靜電力合力指向AO，A為等效最高點，根據(jù)等時圓模型，小環(huán)在弦軌道AB和AC上運動時間相等，A正確；等效最低點是AO延長線與圓環(huán)軌道交點，而非C點，等效最低點速度最大，動能最大，B錯誤；因為小環(huán)穿在圓環(huán)軌道上且恰好能做完整的圓周運動，則小環(huán)在等效最高點A速度最小為零，在A點動能最小也為零，C錯誤；小環(huán)在等效最低點時速度最大，動能最大，小環(huán)對圓環(huán)軌道壓力也最大，從等效最高點至等效最低點過程中，由動能定理得F·2R＝eq\f(1,2)mvm2－0，由牛頓第二定律得FN－F＝meq\f(vm2,R)，代入數(shù)據(jù)解得FN＝5N，由牛頓第三定律，小環(huán)做圓周運動的過程中對圓環(huán)的最大壓力是5N，D正確。故選：AD。2.(2022·全國甲卷)(多選)地面上方某區(qū)域存在方向水平向右的勻強(qiáng)電場，將一帶正電荷的小球自電場中P點()A.小球的動能最小時，其電勢能最大B.小球的動能等于初始動能時，其電勢能最大C.小球速度的水平分量和豎直分量大小相等時，其動能最大D.從射出時刻到小球速度的水平分量為零時，重力做的功等于小球電勢能的增加量BD根據(jù)qE＝mg、E水平向右可知，帶正電荷q的小球所受合力F斜向右下方，且與水平方向夾角為45°；小球在P點的初速度v0水平向左，可畫出小球在勻強(qiáng)電場中做類斜拋運動的軌跡如圖，其中O為軌跡等效最高點，N為軌跡上與P“等高”的點。根據(jù)類斜拋運動的規(guī)律及對稱性可知，小球經(jīng)過O點速度與F垂直時，速度最小，動能最小，經(jīng)過N點時，速度大小為v0，動能等于初動能，且經(jīng)過N點的速度豎直向下。根據(jù)Ep＝qφ，以及沿電場線方向電勢降低，結(jié)合上述分析可知，小球經(jīng)過O點動能最小時，電勢能不是最大，小球經(jīng)過N點動能等于初動能時，電勢能最大，A錯誤，B正確。分析可知，小球速度的水平分量和豎直分量大小相等時，恰好經(jīng)過O點，此時動能最小，C錯誤。小球速度的水平分量為零時，經(jīng)過N點，從P到N的過程，根據(jù)動能定理有WG＋WE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，根據(jù)功能關(guān)系，此過程電勢能增加量ΔEp＝－WE，則此過程WG＝ΔEp，D正確。故選：BD。3.(2022·遼寧高考)如圖所示，光滑水平面AB和豎直面內(nèi)的光滑圓弧導(dǎo)軌在B點平滑連接，導(dǎo)軌半徑為R。質(zhì)量為m的帶正電小球?qū)⑤p質(zhì)彈簧壓縮至A點后由靜止釋放，脫離彈簧后經(jīng)過B點時的速度大小為eq\r(gR)，之后沿導(dǎo)軌BO運動。以O(shè)為坐標(biāo)原點建立直角坐標(biāo)系xOy，在x≥－R區(qū)域有方向與x軸夾角為θ＝45°的勻強(qiáng)電場，進(jìn)入電場后小球受到的電場力大小為eq\r(2)mg。小球在運動過程中電荷量保持不變，重力加速度為g。求：(1)彈簧壓縮至A點時的彈性勢能；(2)小球經(jīng)過O點時的速度大??；(3)小球過O點后運動的軌跡方程。(1)Ep＝eq\f(1,2)mgR；(2)eq\r(3gR)；(3)y2＝6Rx(x>0，y>0)(1)小球從A點運動到B點的過程，根據(jù)能量守恒定律得Ep＝eq\f(1,2)m其中vB＝eq\r(gR)解得彈簧壓縮至A點時的彈性勢能Ep＝eq\f(1,2)mgR。(2)小球從B點運動到O點的過程，根據(jù)動能定理有－mgR＋qE·＝eq\f(1,2)m－eq\f(1,2)m其中qE＝eq\r(2)mg解得小球經(jīng)過O點時的速度大小vO＝eq\r(3gR)。(3)x軸方向有qEcos45°＝maxy軸方向有qEsin45°－mg＝may解得ax＝g，ay＝0說明小球過O點后在第一象限做類平拋運動，有x＝eq\f(1,2)gt2，y＝vOt聯(lián)立解得小球過O點后運動的軌跡方程為y2＝6Rx(x>0，y>0)。考點三電場中的力、電綜合問題電場中的力電綜合問題，是指帶電物體受到重力、電場力等共同作用下的運動問題，解決該類問題，在正確受力分析的基礎(chǔ)上,要正確建立帶電物體在電場中的運動模型，并且與力學(xué)中的運動模型進(jìn)行類比，根據(jù)其運動特點靈活應(yīng)用動力學(xué)觀點、能量觀點和動量觀點等多角度進(jìn)行分析與研究。1.用動力學(xué)的觀點分析帶電粒子的運動(1)由于勻強(qiáng)電場中帶電粒子所受靜電力和重力都是恒力，這兩個力的合力為一恒力。(2)類似于處理偏轉(zhuǎn)問題，將復(fù)雜的運動分解為正交的簡單直線運動，化繁為簡。(3)綜合運用牛頓運動定律和運動學(xué)公式，注意受力分析要全面，特別注意重力是否需要考慮，以及運動學(xué)公式里的物理量的正負(fù)號，即其矢量性。2.用能量的觀點分析帶電粒子的運動(1)運用能量守恒定律分析，注意題中有哪些形式的能量出現(xiàn)。(2)運用動能定理分析，注意過程分析要全面，準(zhǔn)確求出過程中的所有功，判斷是分階段還是全過程使用動能定理。(3)靜電力做功的綜合問題電場力做功的四種計算方法電場中的功能關(guān)系(1)功的定義法：W＝qElcosα(2)電勢差法：WAB＝qUAB(3)電勢能法：WAB＝EpA－EpB(4)動能定理法：W電場力＋W其他＝ΔEk(1)電場力做正功，電勢能減少，電場力做負(fù)功，電勢能增加，即：W＝－ΔEp。(2)如果只有電場力做功，則動能和電勢能之間相互轉(zhuǎn)化，二者總和不變，即：ΔEk＝－ΔEp。3.用動量的觀點分析帶電粒子的運動(1)運用動量定理，要注意動量定理的表達(dá)式是矢量式，在一維情況下，各個矢量必須選同一個正方向。(2)運用動量守恒定律，除了要注意動量守恒定律的表達(dá)式是矢量式，還要注意題目表述是否為某方向上動量守恒。題型一電場中動力學(xué)和能量觀點的應(yīng)用(2022·浙江6月選考)如圖所示，帶等量異種電荷的兩正對平行金屬板M、N間存在勻強(qiáng)電場，板長為L(不考慮邊界效應(yīng))。t＝0時刻，M板中點處的粒子源發(fā)射兩個速度大小為v0的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到達(dá)N板時速度大小為eq\r(2)v0；平行M板向下的粒子，剛好從N板下端射出。不計重力和粒子間的相互作用，則()A.M板電勢高于N板電勢B.兩個粒子的電勢能都增加C.粒子在兩板間的加速度a＝D.粒子從N板下端射出的時間t＝C由于不知道兩粒子或M、N所帶電荷的電性，故不能確定M板和N板的電勢高低，A錯誤；根據(jù)題意，垂直M板向右運動的粒子，到達(dá)N板時速度增加，動能增加，則電場力做正功，電勢能減小，則平行M板向下的粒子到達(dá)N板下端過程電場力也做正功，電勢能同樣減小，故B錯誤；設(shè)兩板間距離為d，平行M板向下的粒子剛好從N板下端射出，在兩板間做類平拋運動，有eq\f(L,2)＝v0t，d＝eq\f(1,2)at2，垂直M板向右的粒子，在板間做勻加速直線運動，因兩粒子相同，則在電場中加速度相同，有－＝2ad，聯(lián)立解得t＝eq\f(L,2v0)，a＝，故C正確，D錯誤。故選：C。題型二電場中動量和能量觀點的應(yīng)用(2021·綿陽診斷)如圖所示，軌道ABCDP位于豎直平面內(nèi)，其中圓弧段CD與水平段AC及傾斜段DP分別相切于C點和D點，水平段AB、圓弧段CD和傾斜段DP都光滑，水平段BC粗糙，DP段與水平面的夾角θ＝37°，D、C兩點的高度差h＝，整個軌道絕緣，處于方向水平向左、大小未知的勻強(qiáng)電場中。一個質(zhì)量為m1＝、帶正電、電荷量未知的小物塊Ⅰ在A點由靜止釋放，經(jīng)過時間t＝1s，與靜止在B點的不帶電、質(zhì)量為m2＝的小物塊Ⅱ碰撞并粘在一起，在BC段上做勻速直線運動。物塊Ⅰ和Ⅱ與軌道BC段間的動摩擦因數(shù)都為μ＝。取g＝10m/s2，sin37°＝，cos37°＝。求：(1)物塊Ⅰ和Ⅱ在BC段上做勻速直線運動的速度大??；(2)物塊Ⅰ和Ⅱ第一次經(jīng)過C點時，圓弧段軌道對物塊Ⅰ和Ⅱ支持力的大小。(1)2m/s；(2)18N(1)物塊Ⅰ和Ⅱ粘在一起在BC段上做勻速直線運動，設(shè)電場強(qiáng)度為E，物塊Ⅰ所帶電荷量為q，物塊Ⅰ和Ⅱ碰撞前瞬間速度為v1，碰撞后瞬間共同速度為v2(等于在BC段上做勻速直線運動的速度)，則qE＝μ(m1＋m2)gqEt＝m1v1m1v1＝(m1＋m2)v2解得v2＝2m/s。(2)設(shè)圓弧段CD的半徑為R，物塊Ⅰ和Ⅱ第一次經(jīng)過C點時，圓弧段軌道對物塊Ⅰ和Ⅱ支持力的大小為FN，則FN－(m1＋m2)g＝R(1－cosθ)＝h解得FN＝18N。電場中的力、電綜合問題的求解思路和解題技巧：1.基本思路(1)弄清物理情境：選定研究對象(力學(xué)對象或電學(xué)對象)。(2)對研究對象按順序進(jìn)行受力分析：先電場，后彈力，再摩擦力，并畫出受力分析圖。(3)對問題中的力學(xué)部分根據(jù)牛頓運動定律、動能定理、動量定理、能量守恒定律、動量守恒定律等進(jìn)行研究。2.解題技巧(1)用好功能關(guān)系是分析力電綜合問題的有效途徑。(2)用好等效思維方法、注意各種臨界條件、構(gòu)建物理模型解決力電綜合問題。1.(2023·江蘇鹽城市二模)如圖所示，固定光滑直桿上套有一個質(zhì)量為m、帶電量為＋q的小球和兩根原長均為L的輕彈簧，兩根輕彈簧的一端與小球絕緣相連，另一端分別固定在桿上相距為2L的A、B兩點，