電磁學(xué)篇08等效法處理帶電物體在電場中的多種運動-高考物理答題技巧與模型

試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁高中物理解題技巧之電磁學(xué)篇08等效法處理帶電物體在電場中的多種運動一、應(yīng)用技巧1.“等效重力場”模型解法綜述：將一個過程或事物變換成另一個規(guī)律相同的過程和或事物進行分析和研究就是等效法。中學(xué)物理中常見的等效變換有組合等效法（如幾個串、并聯(lián)電阻器的總電阻）；疊加等效法（如矢量的合成與分解）；整體等效法（如將平拋運動等效為一個勻速直線運動和一個自由落體運動）；過程等效法（如將熱傳遞改變物體的內(nèi)能等效為做功改變物體的內(nèi)能）“等效重力場”建立方法——概念的全面類比為了方便后續(xù)處理方法的遷移，必須首先搞清“等效重力場”中的部分概念與復(fù)合之前的相關(guān)概念之間關(guān)系。具體對應(yīng)如下：等效重力場重力場、電場疊加而成的復(fù)合場等效重力重力、電場力的合力等效重力加速度等效重力與物體質(zhì)量的比值等效“最低點”物體自由時能處于穩(wěn)定平衡狀態(tài)的位置等效“最高點”物體圓周運動時與等效“最低點”關(guān)于圓心對稱的位置等效重力勢能等效重力大小與物體沿等效重力場方向“高度”的乘積2.模型分類①“等效重力場”中的直線運動例：如圖所示，在離坡底為L的山坡上的C點樹直固定一根直桿，桿高也是L。桿上端A到坡底B之間有一光滑細繩，一個帶電量為q、質(zhì)量為m的物體穿心于繩上，整個系統(tǒng)處在水平向右的勻強電場中，已知細線與豎直方向的夾角θ=30o。若物體從A點由靜止開始沿繩無摩擦的滑下，設(shè)細繩始終沒有發(fā)生形變，求物體在細繩上滑行的時間。（g=10m/s2，sin37o=0.6，cos37o=0.8）因細繩始終沒有發(fā)生形變，故知在垂直繩的方向上沒有壓力存在，即帶電小球受到的重力和電場力的合力方向沿繩的方向．建立“等效重力場”如圖所示?！暗刃е亓觥钡摹暗刃е亓铀俣取保较颍号c豎直方向的夾角，大?。簬щ娦∏蜓乩K做初速度為零，加速度為的勻加速運動①②由①②兩式解得②“等效重力場”中的拋體類運動例：如圖所示，在電場強度為E的水平勻強電場中，以初速度為豎直向上發(fā)射一個質(zhì)量為m、帶電量為+q的帶電小球，求小球在運動過程中具有的最小速度。建立等效重力場如圖所示，等效重力加速度設(shè)與豎直方向的夾角為θ，則其中則小球在“等效重力場”中做斜拋運動當小球在y軸方向的速度減小到零，即時，兩者的合速度即為運動過程中的最小速③“等效重力場”中的單擺類模型例：如圖所示，在沿水平方向的勻強電場中有一固定點O，用一根長度L=0.4m的絕緣細繩把質(zhì)量為m=0.10kg、帶有正電荷的金屬小球懸掛在O點，小球靜止在B點時細繩與豎直方向的夾角為θ=37o．現(xiàn)將小球拉至位置A使細線水平后由靜止釋放：建立“等效重力場”如圖所示，“等效重力加速度”，方向：與豎直方向的夾角，大?。河葾、C點分別做繩OB的垂線，交點分別為A'、C'，由動能定理得帶電小球從A點運動到C點等效重力做功代入數(shù)值得m/s當帶電小球擺到B點時，繩上的拉力最大，設(shè)該時小球的速度為，繩上的拉力為，則①②聯(lián)立①②兩式子得N④“等效重力場”中的圓周運動類模型例：如圖所示，絕緣光滑軌道AB部分為傾角為30°的斜面，AC部分為豎直平面上半徑為R的圓軌道，斜面與圓軌道相切．整個裝置處于場強為E、方向水平向右的勻強電場中．現(xiàn)有一質(zhì)量為m的帶正電，電量為小球，要使小球能安全通過圓軌道，在O點的初速度應(yīng)為多大？運動特點：小球先在斜面上運動，受重力、電場力、支持力，然后在圓軌道上運動，受到重力、電場力，軌道作用力，且要求能安全通過圓軌道。對應(yīng)聯(lián)想：在重力場中，小球先在水平面上運動，重力不作功，后在圓軌道上運動的模型：過山車。等效分析：如圖所示，對小球受電場力和重力，將電場力與重力合成視為等效重力，大小，，得，于是重效重力方向為垂直斜面向下，得到小球在斜面上運動，等效重力不做功，小球運動可類比為重力場中過山車模型。規(guī)律應(yīng)用：分析重力中過山車運動，要過圓軌道存在一個最高點，在最高點滿足重力當好提供向心力，只要過最高點點就能安全通過圓軌道．如果將斜面順時針轉(zhuǎn)過300，就成了如圖3-3所示的過山車模型，最高點應(yīng)為等效重力方向上直徑對應(yīng)的點B，則B點應(yīng)滿足“重力”當好提供向心力即：假設(shè)以最小初速度v0運動，小球在斜面上作勻速直線運動，進入圓軌道后只有重力作功，則根據(jù)動能定理：解得：二、實戰(zhàn)應(yīng)用（應(yīng)用技巧解題，提供解析僅供參考）1．如圖所示，平行板電容器上極板與下極板水平放置，一帶電液滴從下極板點射入，恰好沿直線從上極板點射出。下列說法正確的是（

）A．該電容器上極板一定帶負電 B．液滴從點到點的過程中速度增加C．液滴從點到點過程中電勢能減小 D．液滴從點以原速度射入時，若再加一垂直紙面向內(nèi)的勻強磁場，則液滴可能做勻速直線運動2．如圖空間存在水平方向的勻強電場（場強大小處處相等，方向處處相同），某同學(xué)用絕緣細線將質(zhì)量為、帶電荷量為的金屬球懸于點，穩(wěn)定后，細線與豎直方向的夾角。現(xiàn)用個與完全相同的不帶電金屬球同時與球接觸后移開，球再次穩(wěn)定后，細線與豎直方向的夾角變?yōu)?，則的值為（）A．1 B．2 C．3 D．43．如圖所示，在水平向右的勻強電場中，質(zhì)量為的帶電小球，以初速度從點豎直向上運動，通過點時，速度大小為，方向與電場方向相反，則小球從運動到的過程（

）A．動能增加 B．機械能增加C．重力勢能增加 D．電勢能增加4．如圖，光滑絕緣圓形軌道豎直放置，半徑為，一帶負電的小球，沿軌道做逆時針方向的勻速圓周運動。小球的質(zhì)量為，速度為。勻強電場與圓形軌道平行，時，小球位于點等高的點，設(shè)點所在的水平面為零勢能面，即、。重力加速度為，以下說法正確的是（）A．小球在最高點對軌道的壓力為零B．小球在運動過程中合力最大值是C．時刻小球的電勢能為D．時刻小球的機械能為5．如圖所示，質(zhì)量為m、帶電荷量為的小球（可視為質(zhì)點）與長為L的絕緣輕繩相連，輕繩另一端固定在O點，整個系統(tǒng)處在與豎直方向夾角為的勻強電場中。已知A、B、C、D、E、F為圓周上的點，為水平直徑，為豎直直徑，過O點且與的夾角為，當小球繞O點在豎直平面內(nèi)做半徑為L的圓周運動時，小球運動到A點時的速度最小，最小速度為，g為重力加速度的大小，則下列說法正確的是（）A．勻強電場的電場強度大小為B．小球從A點運動到B點時，合力做的功為C．小球運動到B點時輕繩拉力的大小為D．小球運動到F點時的機械能最大6．質(zhì)量為m的物塊帶電荷量為＋q，開始時使其靜止在傾角α＝的固定光滑絕緣斜面頂端，整個裝置放在水平向左場強大小為的勻強電場中，如圖所示．斜面高為H，釋放物塊后，物塊落地時的速度大小為（

）A． B． C． D．7．在豎直向上的勻強電場中，有兩個質(zhì)量均為m、帶等量異種電荷（電量絕對值為q）的小球A、B（均可視為質(zhì)點）處在同一水平面上．現(xiàn)將兩球以相同的水平速度v0向右拋出最后落到水平地面上，運動軌跡如圖所示．A、B兩球拋出點到落地點之間的水平距離分別是L1和L2．兩球之間的靜電力和空氣阻力均不考慮（重力加速度為g），則A．A球帶正電，B球帶負電B．B球比A球先落地.C．在下落過程中，A球的電勢能減少，B球的電勢能增加D．兩球從拋出到各自落地的過程中，A、B球的機械能變化量大小相等8．如圖所示，帶電小球Q固定在傾角為θ的光滑固定絕緣細桿下端，一質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電小球M穿在桿上從A點由靜止釋放，小球到達B點時速度恰好為零，已知A、B間距為L，C是AB的中點，兩小球均可視為質(zhì)點，重力加速度為g，則（

）A．小球從A到B的過程中加速度先減小后增大B．小球在B點時受到的庫侖力大小為mgsinθC．小球在C點時速度最大D．在Q產(chǎn)生的電場中，A．B兩點間的電勢差為UAB=﹣9．如圖（a）所示，一帶正電的小物塊從粗糙程度不清楚的絕緣斜面上O點由靜止滑下，途經(jīng)P、Q兩點，所在空間有方向平行于斜面向上的勻強電場，以O(shè)點為原點，選斜面底端為重力勢能零勢能面，作出滑塊從O至Q過程中的機械能E隨位移x變化的關(guān)系如圖（b）所示，其中O至P過程的圖線為曲線，P至Q過程的圖線為直線，運動中物塊的電荷量不變，則（）A．O至P過程中，物塊做加速度減小的加速運動B．P至Q過程中，物塊做勻加速直線運動C．P至Q過程中，摩擦力對物塊做功的功率不變D．O至Q過程中，物塊的重力勢能與電勢能之和不斷減小10．如圖所示，一個光滑斜面與一個光滑的豎直圓軌道在A點相切，B點為圓軌道的最低點，C點為圓軌道的最高點，整個空間存在水平向左的勻強電場。一質(zhì)量為m=1kg，電荷量為q（q＞0）的帶電小球從斜面上靜止釋放，小球始終能沿軌道運動。已知電場強度，θ=53°，圓軌道半徑R=1m，g取10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6。則以下說法中正確的是（）A．剛釋放小球時小球的加速度的大小為3.5m/s2B．若小球能到達C點，釋放點與A的距離至少為1.2mC．若小球恰能到達C點，此運動過程中小球?qū)壍赖淖畲髩毫?5ND．若小球恰能到達C點，則在C點對軌道的壓力為011．如圖所示，BCD為豎直面內(nèi)的光滑絕緣軌道，其中BC段水平，CD段為半圓形軌道，軌道連接處均光滑，整個軌道處于豎直向上的勻強電場中，場強大小為，一質(zhì)量為M的光滑絕緣斜面靜止在水平面上，其底端與平面由微小圓弧連接。一帶電量為的金屬小球甲，從距離地面高為H的A點由靜止開始沿斜面滑下，與靜止在C點的不帶電金屬小球乙發(fā)生彈性碰撞。已知甲、乙兩小球材質(zhì)大小均相同，質(zhì)量均為m，且，水平軌道足夠長，不考慮兩球之間的靜電力，小球與軌道間無電荷轉(zhuǎn)移，，則（）A．甲球滑到斜面底端時斜面的速度大小為B．甲、乙兩球碰撞后甲的速度大小C．甲、乙兩球碰撞后乙的速度大小D．若乙球恰能過D點，半圓形軌道半徑為12．如圖所示，質(zhì)量為m、帶電量為的小圓環(huán)套在半徑為R的光滑絕緣大圓環(huán)上，大圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，O為環(huán)心，A為最低點，B為最高點。在大圓環(huán)所在的豎直平面內(nèi)施加水平向右、場強為的勻強電場，并同時給在A點的小圓環(huán)一個向右的水平初速度，小圓環(huán)恰好能夠沿大圓環(huán)做完整的圓周運動，則小圓環(huán)運動過程中（）A．動能最小與最大的位置在同一等勢面上B．電勢能最小的位置恰是機械能最大的位置C．在A點獲得的初速度為D．過B點受到大環(huán)的彈力大小為13．如圖所示，光滑絕緣直桿ABCD水平放置并固定不動，其中AB＝BC＝CD＝L，桿上套有質(zhì)量為m、電量為＋q的小球（可視為質(zhì)點），小球通過絕緣輕質(zhì)彈簧與固定點O連接，直桿A處固定電量為＋9q的點電荷。小球從B處由靜止開始釋放，運動到D處時速度恰好達到最大值vm，OC垂直于直桿，且OC為彈簧自然長．靜電力常量為k.求：（1）BD兩點間的電勢差UBD；（2）小球剛釋放時的加速度大小a；（3）小球運動到D處時，C處的電場強度E。14．如圖所示，一內(nèi)壁光滑的絕緣圓管ADB固定在豎直平面內(nèi)．圓管的圓心為O，D點為圓管的最低點，AB兩點在同一水平線上，AB=2L，圓管的半徑為r=L(自身的直徑忽略不計)．過OD的虛線與過AB的虛線垂直相交于C點，在虛線AB的上方存在方向水平向右、范圍足夠大的勻強電場；虛線AB的下方存在方向豎直向下、范圍足夠大的勻強電場，電場強度大小E2=．圓心O正上方的P點有一質(zhì)量為m、電荷量為－q(q>0)的小球(可視為質(zhì)點)，PC間距為L．現(xiàn)將該小球從P點無初速釋放，經(jīng)過一段時間后，小球剛好從管口A無碰撞地進入圓管內(nèi)，并繼續(xù)運動．重力加速度為g．求：(1)虛線AB上方勻強電場的電場強度E1的大??；(2)小球在AB管中運動經(jīng)過D點時對管的壓力FD；（3）小球從管口B離開后，經(jīng)過一段時間到達虛線AB上的N點(圖中未標出)，在圓管中運動的時間與總時間之比．15．如圖，傾角為θ=30°的固定絕緣光滑斜面處于沿斜面向上的勻強電場中，斜面底端連接一根勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧，彈簧另一端連接著一質(zhì)量為m的不帶電小球A，小球A靜止時，到斜面頂端的距離為L。有一電荷量為+q、質(zhì)量為的小球B以初速，從斜面頂端沿斜面向下運動，與小球A發(fā)生彈性碰撞之后，兩小球平分了原來的總電荷量，已知電場強度，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，空氣阻力不計，重力加速度為g，求：（1）小球A靜止時，彈簧的形變量x；（2）兩小球碰撞前，小球B的速度大小v；（3）小球A從碰后到速度最大的過程中，電場力對它所做的功W。16．如圖所示，水平絕緣粗糙的軌道AB與處于豎直平面內(nèi)的半圓形絕緣光滑軌道BC平滑連接，半圓形軌道的半徑R=0.4m，在軌道所在空間存在水平向右的勻強電場，電場線與軌道所在的平面平行，電場強度E=1.0×104N/C，現(xiàn)有一電荷量q=+1.0×10-4C，質(zhì)量m=0.1kg的帶電體（可視為質(zhì)點），在水平軌道上的P點由靜止釋放，帶電體恰好能通過半圓形軌道的最高點C，然后落至水平軌道上的D點。g取10m/s2.試求：（1）帶電體運動到圓形軌道B點時對圓形軌道的壓力大?。唬?）D點到B點的距離xDB；（3）帶電體在從P開始運動到落至D點的過程中的最大動能。答案第=page11頁，共=sectionpages22頁答案第=page11頁，共=sectionpages22頁參考答案：1．C【詳解】A．對液滴受力分析可知，重力豎直向下，則電場力方向沿豎直向上，由于液滴電性及場強方向均未知，所以極板電性無法確定，A錯誤；B．因為液滴恰好沿直線從上極板點射出，則液滴沿PN方向做勻速直線運動，所以液滴從點到點的過程中速度不變，B錯誤；C．液滴從點到點過程中電場力做正功，電勢能減小，C正確；D．液滴此時受力平衡，若再加一垂直紙面向內(nèi)的勻強磁場，則液滴受洛倫茲力，將做勻速圓周運動，D錯誤。故選C。2．B【詳解】根據(jù)題意，對小球受力分析，如圖所示由平衡條件可得用個與完全相同的不帶電金屬球同時與球接觸后移開，A球的帶電量為，對小球受力分析，如圖所示由平衡條件可得聯(lián)立解得故選B。3．B【詳解】由動能的表達式可知帶電小球在M點的動能為，在N點的動能為，所以動能的增量為，故A錯誤；帶電小球在電場中做類平拋運動，豎直方向受重力做勻減速運動，水平方向受電場力做勻加速運動，由運動學(xué)公式有，可得，豎直方向的位移，水平方向的位移，因此有，對小球?qū)憚幽芏ɡ碛?，?lián)立上式可解得，，因此電場力做正功，機械能增加，故機械能增加，電勢能減少，故B正確D錯誤，重力做負功重力勢能增加量為，故C錯誤．4．C【詳解】AB．帶負電的小球在豎直光滑絕緣圓形軌道做勻速圓周運動，則小球所受合力大小始終保持不變，合力方向始終指向圓心，由于小球必受重力、電場力，軌道還可能對小球有作用力，則在做勻速圓周運動過程中要保持合力大小不變，小球所受重力與電場力必然是一對平衡力，有牛頓第二定律有小球在軌道中任意位置合力大小相同，即有所以小球在軌道任意位置受到的彈力提供向心力，即小球在最高點對軌道的壓力大小為故AB錯誤；C．小球所受重力與電場力是一對平衡力，則電場力方向豎直向上，且電場力做了多少功，電勢能就變化多少，設(shè)時刻小球運動到某一位置時與圓心連線所在直線與水平方向的夾角為，則時刻開始至時刻小球沿軌道做逆時針方向的勻速圓周運動，電場力做功為又由電場力做功與電勢能變化關(guān)系有點所在的水平面為零勢能面，故時刻小球的電勢能為故C正確；D．動能和勢能統(tǒng)稱機械能，小球所受重力與電場力是一對平衡力，可知本題中重力做功大小與電場力做功大小相同，點所在的水平面為零勢能面，則時刻小球的機械能為故D錯誤。故選C。5．D【詳解】A．小球在A點受重力和電場力，如圖所示，由題意，小球繞O點在豎直平面內(nèi)做圓周運動，在A點時速度最小可知，小球受到的合外力提供向心力，小球在豎直方向受力平衡，則有A錯誤；B．小球從A點運動到B點時，重力做功是零，電場力做功為因此合力做的功為，B錯誤；

C．小球運動到B點時，由動能定理可得解得在B點，由牛頓第二定律可得代入數(shù)據(jù)解得C錯誤；D．小球在做圓周運動中，只有重力和電場力做功，則有小球的機械能和電勢能之和是一個定值，小球在E點時電勢最高，小球帶正電，電勢能最大，小球在F點時的電勢最低，具有的電勢能最小，因此小球在F點的機械能最大，D正確。故選D。6．B【詳解】對物塊進行受力分析，物塊受重力和水平向左的電場力，電場力重力和水平向左的電場力合力與水平方向夾角，運用動能定理研究從開始到落地過程，解得：A.與分析不符，故A項錯誤；B.與分析相符，故B項正確；C.與分析不符，故C項錯誤；D.與分析不符，故D項錯誤．7．ABD【詳解】A．兩球在水平方向都做勻速直線運動，由知，相同，則運動的時間比的長，豎直方向上，由可知，相等，則有的加速度比B的加速度小，的合力比B的合力小，所以的電場力向上，帶正電，的電場力向下，帶負電，故A正確；B．運動的時間比的運動時間長，則球比球先落地，故B正確；CD．的電場力向上，電場力對球做負功，球的電勢能增加，球的機械能減小，減小為；的電場力向下，電場力對球做正功，球的電勢能減小，球的機械能增加，增加為，故C錯誤，D正確。8．AD【詳解】A．由題意可知，小球從A由靜止運動在B點時，速度為零，則小球先加速后減速，那么一開始庫侖力小于重力沿著細桿的分力，當減速運動時，則庫侖力大于重力沿著細桿的分力，因此加速度先減小，再增大，故A正確；B．球在B點時，速度為零，但不是處于平衡狀態(tài)，由于球要向上運動，那么受到的庫侖力大小大于mgsinθ，故B錯誤；C．當球的加速度為零時，速度才能達到最大，而C雖是AB的中點，但此處庫侖力、支持力與重力的合力不為零，故C錯誤；D．根據(jù)動能定理，從A到B，則有0－0=mgLsinθ＋qUAB解得UAB=－故D正確。故選AD。9．BD【詳解】A．由于解得可知，圖像斜率的絕對值表示摩擦力與電場力兩個力的合力大小，根據(jù)圖像可知，O至P過程中，圖像斜率的絕對值逐漸減小，則摩擦力與電場力兩個力的合力逐漸減小，由于物體靜止向下滑動，根據(jù)可知加速度逐漸增大，即O至P過程中，物塊做加速度增大的加速運動，A錯誤；B．P至Q過程中，圖像斜率一定，即摩擦力與電場力大小均一定，結(jié)合上述，P至Q過程中，物塊做勻加速直線運動，B正確；C．P至Q過程中，物塊做勻加速直線運動，物塊速度增大，根據(jù)結(jié)合上述可知，P至Q過程中，摩擦力對物塊做功的功率逐漸增大，C錯誤；D．O至Q過程中，物塊只有重力勢能、電勢能與由于滑動摩擦力做負功而產(chǎn)生的熱量三者之間的轉(zhuǎn)化，摩擦力做功逐漸增多，產(chǎn)生的熱量逐漸增多，則物塊的重力勢能與電勢能之和不斷減小，D正確。故選BD。10．AC【詳解】A．對小球受力分析，小球所受電場力水平向左，由牛頓第二定律得解得m/s2故A正確；B．設(shè)重力與電場力的合力方向與豎直方向成α角，如圖故解得大小為小球恰好能過等效最高點E時也就恰好能到達C點，在E點由牛頓第二定律得從釋放到到達E點，由動能定理得代入數(shù)據(jù)解得故B錯誤；C．此時若小球能到達C點，應(yīng)先恰能到達E點，對E點受力分析得解得對D到E由動能定理得解得對D點由牛頓第二定律得由牛頓第三定律得壓力故C正確；D．對E到C由動能定理得解得m/s對C點由牛頓第二定律得由牛頓第三定律得壓力故D錯誤。故選AC。11．AD【詳解】A．設(shè)甲球滑到斜面底端時，斜面的速度大小為v1，甲球的速度大小為v2，甲球帶負電，受電場力向下，根據(jù)動能定理得甲球與斜面在甲球下滑過程中水平方向動量守恒，設(shè)向右為正解得故A正確；BC．甲、乙兩球發(fā)生的是彈性碰撞，設(shè)碰后甲球的速度為v3，乙球的速度為v4解得故B錯誤，C錯誤；D．甲、乙球碰撞后，根據(jù)電荷均分原理，乙?guī)щ姙?，設(shè)乙球過D點時的速度為v5，根據(jù)動能定理得乙球在D點時，根據(jù)牛頓第二定律得聯(lián)立以上兩式解得故D正確。故選AD。12．BC【詳解】A．由于勻強電場的電場強度為，即電場力與重力大小相等，作出小圓環(huán)的等效物理最低點C與物理最高點位置D，如圖所示小圓環(huán)在等效物理最低點速度最大，動能最大，在等效物理最高點速度最小，動能最小，根據(jù)沿電場線電勢降低，可知可知其不在同一等勢面上，A錯誤；B．小圓環(huán)在運動過程中，只有電勢能、動能與重力勢能的轉(zhuǎn)化，即只有電勢能與機械能的轉(zhuǎn)化，則電勢能最小的位置恰是機械能最大的位置，B正確；C．小圓環(huán)恰好能夠沿大圓環(huán)做完整的圓周運動，即小圓環(huán)通過等效物理最高點D的速度為0，對圓環(huán)分析有解得C正確；D．小圓環(huán)運動到B過程有在B點有解得可知，小圓環(huán)過B點受到大環(huán)的彈力大小為，D錯誤。故選BC。13．（1）；（2）k；（3）k，方向水平向右（或C→D）【詳解】（1）從B到D過程彈力做功為零，由動能定理有解得（2）在D點，設(shè)彈簧與水平方向成θF彈cosθ＝k在B點F彈cosθ＋k＝ma解得a＝k（3）設(shè)正點電荷在C處產(chǎn)生的電場，其強度為E1，帶電小球在C處產(chǎn)生的電場，其強度為E2，則E1＝kE2＝kE＝E1－E2解得E＝k，方向水平向右（或C→D）14．（1）（2）2mg，方向豎直向下（3）【分析】（1）小物體釋放后在重力和電場力的作用下做勻加速直線運動，根據(jù)正交分解，垂直運動方向的合力為零，列出平衡方程即可求出虛線AB上方勻強電場的電場強度；（2）根據(jù)動能定理結(jié)合圓周運動的規(guī)律求解小球在AB管中運動經(jīng)過D點時對管的壓力FD；（3）小物體由P點運動到A點做勻加速直線運動，在圓管內(nèi)做勻速圓周運動，