2021高考物理一轮复习第七章静电场专题强化九带电粒子(带电体)在电场中运动的综合问题学案作业(含解析)

专题强化九带电粒子(带电体)在电场中运动的综合问题

专题解读1.本专题主要讲解带电粒子(带电体)在电场中运动时动力学和能量观点的综合运用，高考常以计算题出现．

2．学好本专题，可以加深对动力学和能量知识的理解，能灵活应用受力分析、运动分析(特别是平抛运动、圆周运动等曲线运动)的方法与技巧，熟练应用能量观点解题．

3．用到的知识：受力分析、运动分析、能量观点．

1．常见的交变电场

常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等．

2．常见的题目类型

(1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)．

(2)粒子做往返运动(一般分段研究)．

(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究)．

3．思维方法

(1)注重全面分析(分析受力特点和运动规律)：抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的临界条件．(2)从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系．

(3)注意对称性和周期性变化关系的应用．

例1(多选)(2019·山东潍坊市二模)如图1甲所示，长为8d、间距为d的平行金属板水平放置，O点有一粒子源，能持续水平向右发射初速度为v0、电荷量为＋q、质量为m的粒子．在两板间存在如图乙所示的交变电场，取竖直向下为正方向，不计粒子重力．以下判断正确的是( )

图1

A．粒子在电场中运动的最短时间为

2d v0

B ．射出粒子的最大动能为54

mv 02

C ．t ＝d

2v 0时刻进入的粒子，从O ′点射出

D ．t ＝3d

v 0

时刻进入的粒子，从O ′点射出

答案 AD

解析 由题图可知场强E ＝mv 022qd ，则粒子在电场中的加速度a ＝qE m ＝v 02

2d ，则粒子在电场中运动

的最短时间满足d 2＝12at min 2

，解得t min ＝2d v 0

，选项A 正确；能从板间射出的粒子在板间运动的

时间均为t ＝8d

v 0

，则任意时刻射入的粒子若能射出电场，则射出电场时沿电场方向的速度均

为0，可知射出电场时的动能均为12mv 02，选项B 错误；t ＝d 2v 0＝T

8时刻进入的粒子，在沿电场

方向的运动是：先向下加速

3T 8，后向下减速3T 8速度到零；然后向上加速T 8，再向上减速T 8

速度到零……如此反复，则最后从O ′点射出时有沿电场方向向下的位移，则粒子将从O ′点下方射出，故C 错误；t ＝3d v 0＝3T 4时刻进入的粒子，在沿电场方向的运动是：先向上加速T

4，后向

上减速T 4速度到零；然后向下加速T 4，再向下减速T

4速度到零……如此反复，则最后从O ′点射

出时沿电场方向的位移为零，则粒子将从O ′点射出，选项D 正确．

变式1 (2019·河南高考适应性测试)如图2甲所示，M 、N 为正对竖直放置的平行金属板，

A 、

B 为两板中线上的两点．当M 、N 板间不加电压时，一带电小球从A 点由静止释放经时间T

到达B 点，此时速度为v .若两板间加上如图乙所示的交变电压，t ＝0时，将带电小球仍从A 点由静止释放，小球运动过程中始终未接触极板，则t ＝T 时，小球( )

图2

A ．在

B 点上方 B ．恰好到达B 点

C ．速度大于v

D ．速度小于v

答案 B

解析 在A 、B 两板间加上如题图乙所示的交变电压，小球受到重力和电场力的作用，电场力做周期性变化，且电场力沿水平方向，所以小球竖直方向做自由落体运动．在水平方向小球

先做匀加速直线运动，后沿原方向做匀减速直线运动，t ＝T

2时速度为零，接着反向做匀加速

直线运动，后继续沿反方向做匀减速直线运动，t ＝T 时速度为零．根据对称性可知在t ＝T 时小球的水平位移为零，所以t ＝T 时，小球恰好到达B 点，故A 错误，B 正确；在0～T 时间内，电场力做功为零，小球机械能变化量为零，所以t ＝T 时，小球速度等于v ，故C 、D 错误．

1.等效重力法将重力与电场力进行合成，如图3所示，则F 合为等效重力场中的“重力”，

g ′＝F 合

m

为等效重力场中的“等效重力加速度”，F 合的方向等效为“重力”的方向，即在等

效重力场中的“竖直向下”方向．

图3

2．物理最高点与几何最高点

在“等效力场”中做圆周运动的小球，经常遇到小球在竖直平面内做圆周运动的临界速度问题．小球能维持圆周运动的条件是能过最高点，而这里的最高点不一定是几何最高点，而应是物理最高点．几何最高点是图形中所画圆的最上端，是符合人眼视觉习惯的最高点．而物理最高点是物体在圆周运动过程中速度最小的点．

例2 (2019·吉林“五地六校”合作体联考)如图4，一光滑绝缘半圆环轨道固定在竖直平面内，与光滑绝缘水平面相切于B 点，轨道半径为R .整个空间存在水平向右的匀强电场E ，场强大小为3mg 4q ，一带正电小球质量为m 、电荷量为q ，从距离B 点为R

3处的A 点以某一初速度

沿AB 方向开始运动，经过B 点后恰能运动到轨道的最高点C .(重力加速度为g ，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)则：

图4

(1)带电小球从A 点开始运动时的初速度v 0多大？

(2)带电小球从轨道最高点C 经过一段时间运动到光滑绝缘水平面上D 点(图中未标出)，B 点与D 点的水平距离多大？

答案 (1)52gR (2)(7＋3

2

)R

解析 (1)小球在半圆环轨道上运动时，当小球所受重力、电场力的合力方向与速度垂直时，

速度最小．设F 合与竖直方向夹角为θ，则tan θ＝Eq mg ＝34，则θ＝37°，故F 合＝Eq

sin37°

＝

5

4mg .设此时的速度为v ，由于合力恰好提供小球圆周运动的向心力，由牛顿第二定律得： 5mg 4＝m v 2

R 解得v ＝

5gR

4

从A 点到该点由动能定理：

－mgR (1＋cos37°)－3mgR 4(13＋sin37°)＝12mv 2－12mv 02

解得v 0＝5

2

gR

(2)设小球运动到C 点的速度为v C ，小球从A 点到C 点由动能定理：－2mgR －3mg 4×R

3＝

12mv C 2－12mv 02 解得v C ＝1

2

7gR

当小球离开C 点后，在竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀加速直线运动，设C 点到D 点的运动时间为t .设水平方向的加速度为a ，B 点到D 点的水平距离为x 水平方向上有3mg

4

＝ma

x ＝v C t ＋12

at 2

竖直方向上有2R ＝12gt 2

联立解得：x ＝(7＋3

2

)R

变式2 (多选)(2019·四川乐山市第一次调查研究)如图5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( )

图5

A ．匀强电场的电场强度E ＝

mg tan θ

q B ．小球动能的最小值为E k ＝

mgL

2cos θ

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

解析 小球静止时悬线与竖直方向成θ角，对小球受力分析，小球受重力、拉力和电场力，三力平衡，根据平衡条件，有：mg tan θ＝qE ，解得E ＝

mg tan θ

q

，选项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：mg cos θ＝m v 2L ，则最小动能E k ＝12mv 2＝mgL 2cos θ

，选项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，选项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，选项D 错误．

1．带电粒子在电场中的运动

(1)分析方法：先分析受力情况，再分析运动状态和运动过程(平衡、加速或减速，轨迹是直线还是曲线)，然后选用恰当的规律如牛顿运动定律、运动学公式、动能定理、能量守恒定律解题．

(2)受力特点：在讨论带电粒子或其他带电体的静止与运动问题时，重力是否要考虑，关键看

重力与其他力相比较是否能忽略．一般来说，除明显暗示外，带电小球、液滴的重力不能忽略，电子、质子等带电粒子的重力可以忽略，一般可根据微粒的运动状态判断是否考虑重力作用．

2．用能量观点处理带电体的运动

对于受变力作用的带电体的运动，必须借助能量观点来处理．即使都是恒力作用的问题，用能量观点处理也常常更简捷．具体方法有： (1)用动能定理处理 思维顺序一般为：

①弄清研究对象，明确所研究的物理过程．

②分析物体在所研究过程中的受力情况，弄清哪些力做功，做正功还是负功． ③弄清所研究过程的始、末状态(主要指动能)． ④根据W ＝ΔE k 列出方程求解．

(2)用包括电势能和内能在内的能量守恒定律处理 列式的方法常有两种：

①利用初、末状态的能量相等(即E 1＝E 2)列方程． ②利用某些能量的减少等于另一些能量的增加列方程． (3)两个结论

①若带电粒子只在电场力作用下运动，其动能和电势能之和保持不变． ②若带电粒子只在重力和电场力作用下运动，其机械能和电势能之和保持不变．

例3 (2019·山东临沂市二模)一长为L 的绝缘细线，细线一端固定在O 点，另一端拴一质量为m 、带电荷量为q 的小球，处于如图6所示的水平向右的匀强电场中．开始时，将细线与小球拉成水平，小球静止在A 点，释放后小球由静止开始向下摆动，当细线转过60°角时，小球到达B 点，速度恰好为零．求：

图6

(1)A 、B 两点间的电势差和电场强度大小；

(2)判断小球的电性和小球到达B 点时，细线对小球的拉力大小． 答案 (1)－

3mgl

2q

3mg

q

(2)带正电 3mg

解析 (1)小球由A 点到B 点过程中，由动能定理得：mgL sin60°＋qU AB ＝0， 解得：U AB ＝－

mgL sin60°q ＝－3mgL

2q

；

场强大小为：E ＝

|U AB |L

1－cos60°＝3mg

q

.

(2)小球在B 点受到水平向右的电场力，与电场方向相同，故小球带正电；小球在A 、B 间摆动，由对称性得知，B 处细线的拉力与A 处细线的拉力相等，而在A 处，由水平方向受力平衡有：F T A ＝qE ＝3mg 所以有：F T B ＝F T A ＝3mg .

变式3 (2020·山东青岛市模拟)如图7所示，水平地面上方存在水平向左的匀强电场，一质量为m 的带电小球(大小可忽略)用轻质绝缘细线悬挂于O 点，小球带电荷量为＋q ，静止时距地面的高度为h ，细线与竖直方向的夹角为α＝37°，重力加速度为g .(sin37°＝0.6， cos37°＝0.8) 求：

图7

(1)匀强电场的场强大小E ；

(2)现将细线剪断，小球落地过程中水平位移的大小； (3)现将细线剪断，带电小球落地前瞬间的动能． 答案 (1)3mg 4q (2)34h (3)25

16

mgh

解析 (1)小球静止时，对小球受力分析如图所示，

由F T cos37°＝mg

F T sin37°＝qE

解得：E ＝3mg

4q

(2)剪断细线，小球在竖直方向做自由落体运动，水平方向做加速度为a 的匀加速运动， 由Eq ＝ma

x ＝12

at 2 h ＝12

gt 2

联立解得：x ＝3

4

h

(3)从剪断细线到落地瞬间，由动能定理得：E k ＝mgh ＋qEx ＝25

16

mgh .

变式4 (2019·广东广州市下学期一模)在竖直平面内，一根长为L 的绝缘细线，一端固定在O 点，另一端拴着质量为m 、电荷量为＋q 的小球．小球始终处在场强大小为

3mg

2q

、方向竖直向上的匀强电场中，现将小球拉到与O 点等高处，且细线处于拉直状态，由静止释放小球，当小球的速度沿水平方向时，细线被拉断，之后小球继续运动并经过P 点，P 点与O 点间的水平距离为L .重力加速度为g ，不计空气阻力，求： (1)细线被拉断前瞬间，细线的拉力大小； (2)O 、P 两点间的电势差． 答案 (1)1.5mg (2)15mgL

8q

解析 (1)由题意可知小球受到竖直向上的电场力F ＝qE ＝1.5mg ＞mg

所以小球被释放后将向上绕O 点做圆周运动，到达圆周最高点时速度沿水平方向，设此时速度为v ，由动能定理得：(F －mg )L ＝12

mv 2

，解得v ＝gL ，

设细线被拉断前瞬间的拉力为F T ，由牛顿第二定律得：F T ＋mg －F ＝m v 2

L

解得：F T ＝1.5mg

(2)细线断裂后小球做类平抛运动，加速度a 竖直向上，由牛顿第二定律：F －mg ＝ma 设细线断裂后小球经时间t 到达P 点，水平方向上有L ＝vt 小球在竖直方向上的位移为y ＝12at 2

解得y ＝L

4

O 、P 两点沿电场方向(竖直方向)的距离为d ＝L ＋y O 、P 两点间的电势差U OP ＝Ed

联立解得U OP ＝15mgL

8q

.

1．如图1所示，在两平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，当两板间的电压分别如图2中甲、乙、丙、丁所示时，电子在板间运动(假设不与板相碰)，下列说法正确的是( )

图1

图2

A ．电压是甲图时，在0～T 时间内，电子的电势能一直减少

B ．电压是乙图时，在0～T

2时间内，电子的电势能先增加后减少

C ．电压是丙图时，电子在板间做往复运动

D ．电压是丁图时，电子在板间做往复运动 答案 D

解析 若电压是题图甲，0～T 时间内，电场力先向左后向右，则电子先向左做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，即电场力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故A 错误；电压是题图乙时，在0～T

2时间内，电子向右先加速后减速，即电场力先做正功后做负功，电

势能先减少后增加，故B 错误；电压是题图丙时，电子先向左做加速度先增大后减小的加速运动，过了T

2后做加速度先增大后减小的减速运动，到T 时速度减为0，之后重复前面的运动，

故电子一直朝同一方向运动，故C 错误；电压是题图丁时，电子先向左加速，到T

4

后向左减速，

T

2后向右加速，3

4T 后向右减速，T 时速度减为零，之后重复前面的运动，故电子做往复运动，故D 正确．

2.将如图3所示的交变电压加在平行板电容器A 、B 两板上，开始B 板电势比A 板电势高，这时有一个原来静止的电子正处在两板的中间，它在电场力作用下开始运动，设A 、B 两极板间的距离足够大，下列说法正确的是( )

图3

A．电子一直向着A板运动

B．电子一直向着B板运动

C．电子先向A板运动，然后返回向B板运动，之后在A、B两板间做周期性往复运动

D．电子先向B板运动，然后返回向A板运动，之后在A、B两板间做周期性往复运动

答案 D

3.如图4所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球，另一端固定于O点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b.不计空气阻力，则下列说法正确的是( )

图4

A．小球带负电

B．电场力与重力平衡

C．小球在从a点运动到b点的过程中，电势能减小

D．小球在运动过程中机械能守恒

答案 B

解析由于小球在竖直平面内做匀速圆周运动，所以重力与电场力的合力为0，即电场力与重力平衡，则电场力方向竖直向上，小球带正电，A错误，B正确；从a→b，电场力做负功，电势能增大，C错误；由于有电场力做功，机械能不守恒，D错误．

4.水平放置的平行板电容器与某一电源相连接后，断开电键，重力不可忽略的小球由电容器的正中央沿水平向右的方向射入该电容器，如图5所示，小球先后经过虚线的A、B两点．则( )

图5

A．如果小球所带的电荷为正电荷，小球所受的电场力一定向下

B ．小球由A 到B 的过程中电场力一定做负功

C ．小球由A 到B 的过程中动能可能减小

D ．小球由A 到B 的过程中，小球的机械能可能减小 答案 D

解析 由题图所示小球运动轨迹可知，小球向下运动，说明小球受到的合力竖直向下，重力与电场力的合力竖直向下；当小球带正电时，若上极板带正电荷，小球受到的合力向下，小球运动轨迹向下，若上极板带负电，且电场力小于重力，小球受到的合力向下，小球运动轨迹向下，A 错误；如果小球受到的电场力向下，小球从A 运动到B 点过程中电场力做正功，如果小球受到的电场力向上，则电场力做负功，B 错误；小球受到的合力向下，小球从A 点运动到B 点过程中合外力做正功，小球的动能增加，C 错误；小球从A 点运动到B 点过程若电场力做负功，则小球的机械能减少，D 正确．

5．(多选)如图6所示为匀强电场的电场强度E 随时间t 变化的图象．当t ＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带正电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是( )

图6

A ．带电粒子始终向同一个方向运动

B ．2s 末带电粒子回到原出发点

C ．3s 末带电粒子的速度为零

D ．0～3s 内，电场力做的总功为零 答案 CD

解析 设第1s 内粒子的加速度为a 1，第2s 内的加速度为a 2，由a ＝qE m

可知，a 2＝2a 1，可见，粒子第1s 内向负方向运动，1.5s 末粒子的速度为零，然后向正方向运动，至3s 末回到原出发点，粒子的速度为0，v －t 图象如图所示，由动能定理可知，此过程中电场力做的总功为零，综上所述，可知C 、D 正确．

6．(多选)(2019·四川达州市第二次诊断)如图7所示，M 、N 是组成电容器的两块水平放置的平行金属极板，M 中间有一小孔．M 、N 分别接到电压恒定的电源上(图中未画出)．小孔正上方的A 点与极板M 相距h ，与极板N 相距3h .某时刻一质量为m 、带电荷量为q 的微粒从A

点由静止下落，到达极板N 时速度刚好为零，不计空气阻力，重力加速度为g .则( )

图7

A ．带电微粒在M 、N 两极板间往复运动

B ．两极板间电场强度大小为

3mg 2q

C ．若将M 向下平移h 3，微粒仍从A 点由静止下落，进入电场后速度为零的位置与N 的距离为

5

4h

D ．若将N 向上平移h

3，微粒仍从A 由静止下落，进入电场后速度为零的位置与M 的距离为 54h 答案 BD

解析 由于微粒在电场中和在电场外受到的力都是恒力不变，可知微粒将在A 点和下极板之间往复运动，选项A 错误；由动能定理：mg ·3h －Eq ·2h ＝0，解得E ＝3mg

2q

，选项B 正确；

若将M 向下平移h 3，则板间场强变为E 1＝U 53

h ＝3U 5h ＝6

5

E ，则当微粒速度为零时，由动能定理：

mg ·(3h －Δh )－E 1q ·(5h 3

－Δh )＝0，可知方程无解，选项C 错误；若将N 向上平移h

3

，则板

间场强变为E 2＝U 53h ＝3U 5h ＝6

5E ，设微粒速度为零时的位置与M 极板相距Δh ′，由动能定理：

mg ·(h ＋Δh ′)＝E 2q ·Δh ′，解得Δh ′＝54

h ，选项D 正确．

7.(2019·河南南阳市上学期期末)如图8所示，用长为L 的绝缘轻线把质量为m 、带电荷量为q (q >0)的小球悬挂于天花板上O 点，小球静止于O 点正下方．如果在天花板下方空间，加上水平向右的匀强电场，小球向右运动，悬线偏转的最大角度为60°，则所加匀强电场的电场强度为( )

图8

A.mg

q

B.

3mg

3q

C.

3mg

q

D.

23mg

q

答案 B

解析带电小球受到电场力向右摆动的最大角度为60°，末速度为零，此过程中电场力Eq 对小球做正功，重力G做负功，细线拉力F T不做功，根据动能定理，则有：

qEL sinα－mgL(1－cos60°)＝0，解得：E＝3mg

3q

.故A、C、D错误，B正确．

8．(多选)(2020·四川乐山市第一次调查研究)如图9所示，在绝缘的斜面上方存在着水平向右的匀强电场，一带电金属块沿斜面滑下，已知金属块在滑下的过程中动能增加了12J，金属块克服摩擦力做功8J，重力做功24J，则以下判断正确的是( )

图9

A．金属块的机械能增加32J

B．金属块的电势能增加4J

C．金属块带正电荷

D．金属块克服电场力做功8J

答案BC

解析由动能定理得：W总＝W G＋W电＋W f＝ΔE k，解得：W电＝－4J，所以金属块克服电场力做功4J，金属块的电势能增加4J；由于金属块下滑，电场力做负功，所以电场力应该水平向右，所以金属块带正电荷，故B、C正确，D错误；在金属块下滑的过程中重力做功24J，重力势能减小24J，动能增加了12J，所以金属块的机械能减少12J，故A错误．

9．(2019·广东“六校联盟”第四次联考)如图10所示，ACB是一条足够长的绝缘水平轨道，轨道CB处在方向水平向右、大小E＝1.0×106N/C的匀强电场中，一质量m＝0.25 kg、电荷量q＝－2.0×10－6 C的可视为质点的小物体，在距离C点L0＝6.0 m的A点处，在拉力

F＝4.0 N的作用下由静止开始向右运动，当小物体到达C点时撤去拉力，小物体滑入电场中．已知小物体与轨道间的动摩擦因数μ＝0.4，取g＝10 m/s2，求：

图10

(1)小物体到达C 点时的速度大小； (2)小物体在电场中运动的时间． 答案 (1)12m/s (2)2.7s

解析 (1)根据牛顿第二定律，小物体的加速度大小为：a ＝F －μmg m

＝12m/s 2

小物体到达C 点的过程中有：v 2

＝2aL 0 代入数据解得：v ＝12m/s

(2)根据牛顿第二定律，小物体向右减速运动的加速度大小为：a 1＝|q |E ＋μmg m

＝12m/s 2

小物体向右运动的时间：t 1＝v

a 1

＝1.0s 小物体向右运动的位移：x 1＝v

2

t 1＝6.0m

由于|q |E >μmg ，所以小物体先向右减速运动，后反向向左加速运动，直到滑出电场 根据牛顿第二定律，小物体向左加速运动的加速度大小为：a 2＝|q |E －μmg m

＝4m/s 2

小物体在电场中向左运动的时间为：t 2＝

2x 1

a 2

＝3s

小物体在电场中运动的总时间为：t ＝t 1＋t 2＝(1＋3) s≈2.7s

10.(2019·四川南充市第一次适应性考试)如图11所示，在竖直平面内的平面直角坐标系xOy 中，x 轴上方有水平向右的匀强电场，有一质量为m 、电荷量为－q (－q <0)的带电绝缘小球，从y 轴上的P (0，L )点由静止开始释放，运动至x 轴上的A (－L,0)点时，恰好无碰撞地沿切线方向进入固定在x 轴下方竖直放置的四分之三圆弧形光滑绝缘细管，细管的圆心O 1位于y 轴上，交y 轴于B 点，交x 轴于A 点和C (L,0)点，已知细管内径略大于小球外径，小球直径远小于细管轨道的半径，不计空气阻力，重力加速度为g .求：

图11

(1)匀强电场的电场强度的大小； (2)小球运动到B 点时对细管的压力； (3)小球从C 点飞出后落在x 轴上的位置坐标．

答案 (1)mg q

(2)3(2＋1)mg 方向竖直向下 (3)(－7L,0)

解析 (1)小球由静止释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小球从A 点沿切线方向进入，则此时速度方向与竖直方向的夹角为45°，即加速度方向与竖直方向的夹角为45°，则tan45°＝mg Eq

解得：E ＝mg q

(2)根据几何关系可知，细管轨道的半径r ＝2L

从P 点到B 点的过程中，根据动能定理得：mg (2L ＋2L )＋EqL ＝12

mv B 2

在B 点，根据牛顿第二定律得：F N －mg ＝mv B 2

r

联立解得：F N ＝3(2＋1)mg ，方向竖直向上

根据牛顿第三定律可得小球运动到B 点时对细管的压力大小F N ′＝3(2＋1)mg ，方向竖直向下

(3)从P 到A 的过程中，根据动能定理得： 12

mv A 2

＝mgL ＋EqL 解得：v A ＝2gL

小球从C 点抛出后做类平抛运动 抛出时的速度v C ＝v A ＝2gL 小球的加速度g ′＝2g

当小球沿抛出方向和垂直抛出方向位移相等时，又回到x 轴，则有：v C t ＝12g ′t 2

解得：t ＝2

2L g

则沿x 轴方向运动的位移x ＝v C t sin45°

＝2v C t ＝2×2gL ×2

2L

g

＝8L

x ′＝L －8L ＝－7L ，则小球从C 点飞出后落在x 轴上的坐标为(－7L,0)．