2022年高考物理一輪復習 第七章 靜電場 專題強化九 帶電粒子（帶電體）在電場中運動的綜合問題學案

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1、2022年高考物理一輪復習 第七章 靜電場 專題強化九 帶電粒子（帶電體）在電場中運動的綜合問題學案 專題解讀1.本專題是動力學和能量觀點在帶電粒子(帶電體)在電場中運動的綜合運用，高考常以計算題出現(xiàn)． 2．學好本專題，可以加深對動力學和能量知識的理解，能靈活應用受力分析、運動分析特別是曲線運動(平拋運動、圓周運動)的方法與技巧，熟練應用能量觀點解題． 3．用到的知識：受力分析、運動分析、能量觀點． 命題點一　示波管的工作原理 1．如果在偏轉電極XX′和YY′之間都沒有加電壓，則電子槍射出的電子束沿直線運動，打在熒光屏中心，在那里產生一個亮斑． 2．YY′上加的是待顯示的信號電

2、壓．XX′上是機器自身產生的鋸齒形電壓，叫做掃描電壓，若所加掃描電壓和信號電壓的周期相同，就可以在熒光屏上得到待測信號在一個周期內隨時間變化的穩(wěn)定圖象. (圖1) 圖1 例1　如圖2所示為一真空示波管的示意圖，電子從燈絲K發(fā)出(初速度可忽略不計)，經燈絲與A板間的電壓U1加速，從A板中心孔沿中心線KO射出，然后進入兩塊平行金屬板M、N形成的偏轉電場中(偏轉電場可視為勻強電場)，電子進入M、N間電場時的速度與電場方向垂直，電子經過電場后打在熒光屏上的P點．已知M、N兩板間的電壓為U2，兩板間的距離為d，板長為L，電子的質量為m，電荷量為e，不計電子受到的重力及它們之間的相互作 用力．

3、 圖2 (1)求電子穿過A板時速度的大?。? (2)求電子從偏轉電場射出時的側移量； (3)若要使電子打在熒光屏上P點的上方，可采取哪些措施？ ①偏轉電場可視為勻強電場；②速度與電場垂直；③不計重力 答案　(1) 　(2)　(3)減小U1或增大U2 解析　(1)設電子經電壓U1加速后的速度為v0，由動能定理得eU1＝mv－0解得v0＝ (2)電子以速度v0進入偏轉電場后，垂直于電場方向做勻速直線運動，沿電場方向做初速度為零的勻加速直線運動．設偏轉電場的電場強度為E，電子在偏轉電場中運動的時間為t，加速度為a，電子離開偏轉電場時的側移量為y.由牛頓第二定律和運動學公式得t＝，F(xiàn)＝

4、ma，F(xiàn)＝eE，E＝，y＝at2解得y＝. (3)減小加速電壓U1；增大偏轉電壓U2. 1．(多選)示波管是示波器的核心部件，它由電子槍、偏轉電極和熒光屏組成，如圖1所示．如果在熒光屏上P點出現(xiàn)亮斑，那么示波管中的(　　) A．極板X應帶正電 B．極板X′應帶正電 C．極板Y應帶正電 D．極板Y′應帶正電 答案　AC 解析　根據亮斑的位置，電子水平方向偏向X，豎直方向偏向Y，電子受到電場力作用發(fā)生偏轉，因此極板X、極板Y均應帶正電． 2．圖3(a)為示波管的原理圖．如果在電極YY′之間所加的電壓按圖(b)所示的規(guī)律變化，在電極XX′之間所加的電壓按圖(c)所示的規(guī)律變化，則

5、在熒光屏上會看到圖形是(　　) (a) 圖3 答案　B 命題點二　帶電粒子在交變電場中的運動 1．常見的交變電場 常見的產生交變電場的電壓波形有方形波、鋸齒波、正弦波等． 2．常見的題目類型 (1)粒子做單向直線運動(一般用牛頓運動定律求解)． (2)粒子做往返運動(一般分段研究)． (3)粒子做偏轉運動(一般根據交變電場特點分段研究)． 3．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在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、做功或確定與物理過程相關的邊界條件． (2)分析時從兩條思路出發(fā)：一是力和運

6、動的關系，根據牛頓第二定律及運動學規(guī)律分析；二是功能關系． (3)注意對稱性和周期性變化關系的應用． 例2　如圖4(a)所示，兩平行正對的金屬板A、B間加有如圖(b)所示的交變電壓，一重力可忽略不計的帶正電粒子被固定在兩板的正中間P處．若在t0時刻釋放該粒子，粒子會時而向A板運動，時而向B板運動，并最終打在A板上．則t0可能屬于的時間段是(　　) 圖4 A．0＜t0＜ B.＜t0＜ C.＜t0＜T D．T＜t0＜ 答案　B 解析　設粒子的速度方向、位移方向向右為正．依題意知，粒子的速度方向時而為正，時而為負，最終打在A板上時位移為負，速度方向為負．分別作出t0＝0、、、時粒子

7、運動的速度圖象，如圖所示．由于速度圖線與時間軸所圍面積表示粒子通過的位移，則由圖象知，0＜t0＜與＜t0＜T時粒子在一個周期內的總位移大于零，＜t0＜時粒子在一個周期內的總位移小于零；t0＞T時情況類似．因粒子最終打在A板上，則要求粒子在每個周期內的總位移應小于零，對照各項可知B正確． 因電場隨時間變化，交變電場中帶電粒子所受到電場力出現(xiàn)周期性變化，導致運動過程出現(xiàn)多個階段，分段分析是常見的解題思路．若要分析運動的每個細節(jié)，一般采用牛頓運動定律的觀點分析，借助速度圖象能更全面直觀地把握運動過程，處理起來比較方便． 3．(多選)(2015·山東理綜·20)如圖5甲，兩水平金屬板間

8、距為d，板間電場強度的變化規(guī)律如圖乙所示．t＝0時刻，質量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線射入兩板間，0～時間內微粒勻速運動，T時刻微粒恰好經金屬板邊緣飛出．微粒運動過程中未與金屬板接觸．重力加速度的大小為g.關于微粒在0～T時間內運動的描述，正確的是(　　) 圖5 A．末速度大小為v0 B．末速度沿水平方向 C．重力勢能減少了mgd D．克服電場力做功為mgd 答案　BC 解析　因0～時間內微粒勻速運動，故E0q＝mg；在～時間內，粒子只受重力作用，做平拋運動，在t＝時刻的豎直速度為vy1＝，水平速度為v0；在～T時間內，由牛頓第二定律2E0q－mg＝ma，解得a＝g，方向

9、向上，則在t＝T時刻，vy2＝vy1－g＝0，粒子的豎直速度減小到零，水平速度為v0，選項A錯誤，B正確；微粒的重力勢能減小了ΔEp＝mg·＝mgd，選項C正確；從射入到射出，由動能定理可知，mgd－W電＝0，可知克服電場力做功為mgd，選項D錯誤；故選B、C. 4．如圖6甲所示，A和B是真空中正對面積很大的平行金屬板，O是一個可以連續(xù)產生粒子的粒子源，O到A、B的距離都是l.現(xiàn)在A、B之間加上電壓，電壓UAB隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示．已知粒子源在交變電壓的一個周期內可以均勻產生300個粒子，粒子質量為m、電荷量為－q.這種粒子產生后，在電場力作用下從靜止開始運動．設粒子一旦碰到金屬板，它

10、就附在金屬板上不再運動，且電荷量同時消失，不影響A、B板電勢．不計粒子的重力，不考慮粒子之間的相互作用力．已知上述物理量l＝0.6m，U0＝1.2×103V，T＝1.2×10－2s，m＝5×10－10kg，q＝1.0×10－7C. 圖6 (1)在t＝0時刻產生的粒子，會在什么時刻到達哪個極板？ (2)在t＝0到t＝這段時間內哪個時刻產生的粒子剛好不能到達A板？ (3)在t＝0到t＝這段時間內產生的粒子有多少個可到達A板？ 答案　(1)×10－3s　到達A極板　(2)4×10－3s　(3)100個 解析　(1)根據圖乙可知，從t＝0時刻開始，A板電勢高于B板電勢，粒子向A板運動．

11、因為x＝()2＝3.6 m＞l，所以粒子從t＝0時刻開始，一直加速到達A板．設粒子到達A板的時間為t，則l＝·t2解得t＝×10－3 s. (2)在0～時間內，粒子的加速度大小為a1＝＝2×105 m/s2.在～T時間內，粒子的加速度大小為a2＝＝4×105 m/s2.可知a2＝2a1，若粒子在0～時間內加速Δt，再在～T時間內減速剛好不能到達A板，則l＝a1Δt·Δt解得Δt＝2×10－3 s．因為＝6×10－3 s，所以在t＝4×10－3 s時刻產生的粒子剛好不能到達A板． (3)因為粒子源在一個周期內可以產生300個粒子，而在0～時間內的前時間內產生的粒子可以到達A板，所以到達A板的

12、粒子數(shù)n＝300××＝100(個)． 命題點三　電場中的力電綜合問題 1．動力學的觀點 (1)由于勻強電場中帶電粒子所受電場力和重力都是恒力，可用正交分解法． (2)綜合運用牛頓運動定律和勻變速直線運動公式，注意受力分析要全面，特別注意重力是否需要考慮的問題． 2．能量的觀點 (1)運用動能定理，注意過程分析要全面，準確求出過程中的所有力做的功，判斷選用分過程還是全過程使用動能定理． (2)運用能量守恒定律，注意題目中有哪些形式的能量出現(xiàn)． 例3　如圖7所示，在E＝103V/m的豎直勻強電場中，有一光滑半圓形絕緣軌道QPN與一水平絕緣軌道MN在N點平滑相接，半圓形軌道平面與電場

13、線平行，其半徑R＝40 cm，N為半圓形軌道最低點，P為QN圓弧的中點，一帶負電q＝10－4 C的小滑塊質量m＝10 g，與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝0.15，位于N點右側1.5 m的M處，g取10 m/s2，求： 圖7 (1)要使小滑塊恰能運動到半圓形軌道的最高點Q，則小滑塊應以多大的初速度v0向左運動？ (2)這樣運動的小滑塊通過P點時對軌道的壓力是多大？ ①光滑半圓形絕緣軌道；②與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝0.15. 答案　(1)7m/s　(2)0.6N 解析　(1)設小滑塊到達Q點時速度為v， 由牛頓第二定律得mg＋qE＝m 小滑塊從開始運動至到達Q點過程中，由動能

14、定理得 －mg·2R－qE·2R－μ(mg＋qE)x＝mv2－mv 聯(lián)立方程組，解得：v0＝7m/s. (2)設小滑塊到達P點時速度為v′，則從開始運動至到達P點過程中，由動能定理得 －(mg＋qE)R－μ(qE＋mg)x＝mv′2－mv 又在P點時，由牛頓第二定律得FN＝m 代入數(shù)據，解得：FN＝0.6N 由牛頓第三定律得，小滑塊通過P點時對軌道的壓力FN′＝FN＝0.6N. 5．(多選)在電場方向水平向右的勻強電場中，一帶電小球從A點豎直向上拋出，其運動的軌跡如圖8所示，小球運動的軌跡上A、B兩點在同一水平線上，M為軌跡的最高點，小球拋出時的動能為8J，在M點的動能為6

15、J，不計空氣的阻力，則下列判斷正確的是(　　) 圖8 A．小球水平位移x1與x2的比值為1∶3 B．小球水平位移x1與x2的比值為1∶4 C．小球落到B點時的動能為32J D．小球從A點運動到B點的過程中最小動能為6J 答案　AC 解析　小球在水平方向做初速度為零的勻加速運動，小球在豎直方向上升和下落的時間相同，由勻變速直線運動位移與時間的關系可知水平位移x1∶x2＝1∶3，選項A正確，選項B錯誤；設小球在M點時的水平分速度為vx，則小球在B點時的水平分速度為2vx，根據題意有mv＝8 J，mv＝6 J，因而在B點時小球的動能為EkB＝m[]2＝32 J，選項C正確；由題意知

16、，小球受到的合外力為重力與電場力的合力，為恒力，小球在A點時，F(xiàn)合與速度之間的夾角為鈍角，小球在M點時，速度與F合之間的夾角為銳角，即F合對小球先做負功再做正功，由動能定理知，小球從A到M過程中，動能先減小后增大，小球從M到B的過程中，合外力一直做正功，動能一直增大，故小球從A運動到B的過程中最小動能一定小于6 J，選項D錯誤． 6.如圖9所示，在傾角θ＝37°的絕緣斜面所在空間存在著豎直向上的勻強電場，場強E＝4×103N/C，在斜面底端有一與斜面垂直的絕緣彈性擋板．質量m＝0.2 kg的帶電滑塊從斜面頂端由靜止開始滑下，滑到斜面底端以與擋板相碰前的速率返回．已知斜面的高度h＝0.24 m

17、，滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.3，滑塊帶電荷量q＝－5.0×10－4 C，取重力加速度g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求： 圖9 (1)滑塊從斜面最高點滑到斜面底端時的速度大小； (2)滑塊在斜面上運動的總路程s和系統(tǒng)產生的熱量Q. 答案　(1)2.4m/s　(2)1m　0.96J 解析　(1)滑塊沿斜面滑下的過程中，受到的滑動摩擦力Ff＝μ(mg＋qE)cos37°＝0.96N 設到達斜面底端時的速度為v，根據動能定理得 (mg＋qE)h－Ff＝mv2 解得v＝2.4m/s. (2)滑塊最終將靜止在斜面底端，因此重力勢能和電勢能的減少

18、量等于克服摩擦力做的功，(mg＋qE)h＝Ffs 解得滑塊在斜面上運動的總路程： s＝1m Q＝Ffs＝0.96J 題組1　示波管的工作原理 1．(多選)示波管的內部結構如圖1甲所示．如果偏轉電極XX′、YY′之間都沒有加電壓，電子束將打在熒光屏中心．如果在偏轉電極XX′之間和YY′之間加上圖丙所示的幾種電壓，熒光屏上可能會出現(xiàn)圖乙中(a)、(b)所示的兩種波形．則(　　) 甲 圖1 A．若XX′和YY′分別加電壓(3)和(1)，熒光屏上可以出現(xiàn)圖乙中(a)所示波形 B．若XX′和YY′分別加電壓(4)和(1)，熒光屏上可以出現(xiàn)圖乙中(a)所示波形 C．若X

19、X′和YY′分別加電壓(3)和(2)，熒光屏上可以出現(xiàn)圖乙中(b)所示波形 D．若XX′和YY′分別加電壓(4)和(2)，熒光屏上可以出現(xiàn)圖乙中(b)所示波形 答案　AC 解析　要使熒光屏上出現(xiàn)圖乙中(a)所示波形，XX′加掃描電壓(3)，YY′加正弦電壓(1)，則A正確；要使熒光屏上出現(xiàn)圖乙中(b)所示波形，XX′加掃描電壓(3)，YY′加方波電壓(2)，則C正確． 2．如圖2是示波管的原理圖．它由電子槍、偏轉電極(XX′和YY′)、熒光屏組成，管內抽成真空．給電子槍通電后，如果在偏轉電極XX′和YY′上都沒有加電壓，電子束將打在熒光屏的中心O點． 圖2 (1)帶電粒子在__

20、______區(qū)域是加速的，在________區(qū)域是偏轉的． (2)若UYY′＞0，UXX′＝0，則粒子向________板偏移，若UYY′＝0，UXX′＞0，則粒子向________板偏移． 答案　(1)Ⅰ?、颉?2)Y　X 題組2　帶電粒子在交變電場中的運動 3.將如圖3所示的交變電壓加在平行板電容器A、B兩板上，開始B板電勢比A板電勢高，這時有一個原來靜止的電子正處在兩板的中間，它在電場力作用下開始運動，設A、B兩極板間的距離足夠大，下列說法正確的是(　　) 圖3 A．電子一直向著A板運動 B．電子一直向著B板運動 C．電子先向A板運動，然后返回向B板運動，之后在A、B

21、兩板間做周期性往復運動 D．電子先向B板運動，然后返回向A板運動，之后在A、B兩板間做周期性往復運動 答案　D 解析　根據交變電壓的變化規(guī)律，作出電子的加速度a、速度v隨時間變化的圖線，如圖甲、乙．從圖中可知，電子在第一個內做勻加速運動，第二個內做勻減速運動，在這半周期內，因初始B板電勢比A板電勢高，所以電子向B板運動，加速度大小為.在第三個內電子做勻加速運動，第四個內做勻減速運動，但在這半個周期內運動方向與前半個周期相反，向A板運動，加速度大小為.所以電子在交變電場中將以t＝時刻所在位置為平衡位置做周期性往復運動，綜上分析選項D正確． 4.一電荷量為q(q＞0)、質量為m的帶電粒

22、子在勻強電場的作用下，在t＝0時由靜止開始運動，場強隨時間變化的規(guī)律如圖4所示．不計重力．求在t＝0到t＝T的時間間隔內： 圖4 (1)粒子位移的大小和方向； (2)粒子沿初始電場反方向運動的時間． 答案　(1)T2，方向沿初始電場的正方向　(2) 解析　(1)帶電粒子在0～、～、～、～T時間間隔內做勻變速運動，設加速度分別為a1、a2、a3、a4，由牛頓第二定律得 a1＝ ① a2＝－ ② a3＝ ③ a4＝－ ④ 由此得帶電粒子在0～T時間間隔內運動的加速度－時間圖象如圖(a)所

23、示，對應的速度－時間圖象如圖(b)所示，其中 v1＝a1·＝ ⑤ 　 由圖(b)可知，帶電粒子在t＝0到t＝T的時間間隔內的位移大小為 x＝v1 ⑥ 由⑤⑥式得 x＝T2 ⑦ 方向沿初始電場的正方向． (2)由圖(b)可知，粒子在t＝T到t＝T內沿初始電場的反方向運動，總的運動時間為t為 t＝T－T＝ ⑧ 5．如圖5甲所示，兩平行金屬板間距為d，加上如圖乙所示的電壓，電壓的最大值為U0，周期為T.現(xiàn)有一離子束，其中每個離子的質量為m、電荷量為＋q，從與兩板等距處沿著與板平行的方向連續(xù)地射

24、入兩板間的電場中．設離子通過平行板所需的時間恰好為T(與電壓變化周期相同)，且所有離子都能通過兩板間的空間打在右端的熒光屏上，求離子擊中熒光屏上的位置的范圍(不計離子重力)． 圖5 答案　≤y≤ 解析　各個離子在板間電場中運動時，水平方向上都做勻速直線運動，所以每個離子經過電場所需的時間都是T，但由于不同的離子進入電場的時刻不同，兩板間的電壓的變化情況不同，因此它們的側向位移也會不同．如果離子在t＝0、T、2T……時刻進入電場，則離子先在兩板間做類平拋運動，側向位移為y1，然后做勻速直線運動，側向位移為y2，如圖甲所示，這些離子在離開電場時，其側向位移有最大值ymax，由題意可知y1

25、＝a()2＝.偏轉時離子的豎直分速度為vy＝a·＝·.在之后的內離子做勻速直線運動，向下運動的距離為y2＝vy·＝.所以離子偏離中心線的最大距離為ymax＝y(tǒng)1＋y2＝.如果離子在t＝、、……時刻進入電場，兩板間電壓為零，離子先在水平方向上做勻速直線運動，運動后，兩板間電壓為U0，離子開始偏轉，做類平拋運動，側向位移為y1，如圖乙所示，這些離子離開電場時的側向位移最小，則ymin＝.如果離子不是在上述兩種時刻進入電場，那么離子離開電場時的側向位移在ymin與ymax之間． 綜上所述，離子擊中熒光屏上的位置范圍為≤y≤. 甲 乙 題組3　電場中的力電綜合問題 6．如圖6所示為

26、靜電力演示儀，兩金屬極板分別固定于絕緣支架上，且正對平行放置．工作時兩板分別接高壓直流電源的正負極，表面鍍鋁的乒乓球用絕緣細線懸掛在兩金屬板中間，則(　　) 圖6 A．乒乓球的左側感應出負電荷 B．乒乓球受到擾動后，會被吸在左極板上 C．乒乓球共受到電場力、重力和庫侖力三個力的作用 D．用絕緣棒將乒乓球撥到與右極板接觸，放開后乒乓球會在兩極板間來回碰撞 答案　D 解析　兩極板間電場由正極板指向負極板，鍍鋁乒乓球內電子向正極板一側聚集，故乒乓球的右側感應出負電荷，A錯誤；乒乓球不可能吸在左極板上，B錯誤；庫侖力就是電場力，C錯誤；乒乓球與右極板接觸后帶正電，在電場力作用下向負極

27、板運動，碰到負極板正電荷與負極板上的負電荷中和后帶負電，在電場力作用下又向正極板運動，這樣會在兩極板間來回碰撞，D正確． 7.如圖7所示，O、A、B、C為一粗糙絕緣水平面上的三點，不計空氣阻力，一電荷量為－Q的點電荷固定在O點，現(xiàn)有一質量為m、電荷量為－q的小金屬塊(可視為質點)，從A點由靜止沿它們的連線向右運動，到B點時速度最大，其大小為vm，小金屬塊最后停止在C點．已知小金屬塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，AB間距離為L，靜電力常量為k，則(　　) 圖7 A．在點電荷－Q形成的電場中，A、B兩點間的電勢差為 B．在小金屬塊由A向C運動的過程中，電勢能先增大后減小 C．OB間的距

28、離為 D．從B到C的過程中，小金屬塊的動能全部轉化為電勢能 答案　C 解析　小金屬塊從A到B過程，由動能定理得：－qUAB－μmgL＝mv－0，得A、B兩點間的電勢差UAB＝－，故A錯誤；小金屬塊由A點向C點運動的過程中，電場力一直做正功，電勢能一直減小，故B錯誤；由題意知，A到B過程，金屬塊做加速運動，B到C過程做減速運動，在B點金屬塊所受的滑動摩擦力與庫侖力平衡，則有μmg＝k，得r＝，故C正確；從B到C的過程中，小金屬塊的動能全部轉化為電勢能和內能，故D錯誤． 8．如圖8所示，一絕緣“?”形桿由兩段相互平行的足夠長的水平直桿PQ、MN和一半徑為R的光滑半圓環(huán)MAP組成，固定在豎直

29、平面內，其中MN桿是光滑的，PQ桿是粗糙的．現(xiàn)將一質量為m的帶正電荷的小環(huán)套在MN桿上，小環(huán)所受的電場力為重力的. 圖8 (1)若將小環(huán)由D點靜止釋放，則剛好能到達P點，求DM間的距離； (2)若將小環(huán)由M點右側5R處靜止釋放，設小環(huán)與PQ桿間的動摩擦因數(shù)為μ，小環(huán)所受最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，求小環(huán)在整個運動過程中克服摩擦力所做的功． 答案　(1)4R　(2)若μ≥，克服摩擦力做功為；若μ＜，克服摩擦力做功為mgR 解析　(1)小環(huán)剛好到達P點時，速度為零，對小環(huán)從D點到P點過程，由動能定理qEx－2mgR＝0－0， 又由題意得qE＝mg，聯(lián)立解得x＝4R. (2)

30、若μ≥，則μmg≥qE，設小環(huán)到達P點右側x1時靜止，由動能定理得qE(5R－x1)－mg·2R－Ffx1＝0， 又Ff＝μmg， 聯(lián)立解得x1＝，所以整個運動過程中克服摩擦力所做的功為 W1＝μmgx1＝. 若μ＜，則μmg＜qE，小環(huán)經過多次的往復運動，最后在P點的速度為0， 根據動能定理可知qE·5R－mg·2R－W2＝0－0， 克服摩擦力做的功W2＝mgR. 9.如圖9所示，勻強電場方向與水平線間夾角θ＝30°，方向斜向右上方，電場強度為E，質量為m的小球帶負電，以初速度v0開始運動，初速度方向與電場方向一致． 圖9 (1)若小球的帶電荷量為q＝，為使小球能做勻速

31、直線運動，應對小球施加的恒力F1的大小和方向各如何？ (2)若小球的帶電荷量為q＝，為使小球能做直線運動，應對小球施加的最小恒力F2的大小和方向各如何？ 答案　(1)mg　方向與水平線成60°角斜向右上方 (2)mg　方向與水平線成60°角斜向左上方 解析　(1)如圖甲所示，為使小球做勻速直線運動，必使其合外力為0，設對小球施加的力F1與水平方向夾角為α，則F1cosα＝qEcosθ，F(xiàn)1sinα＝mg＋qEsinθ 代入數(shù)據解得α＝60°，F(xiàn)1＝mg 即恒力F1與水平線成60°角斜向右上方． (2)為使小球能做直線運動，則小球所受合力的方向必和運動方向在一條直線上，故要使力F2和mg的合力和電場力在一條直線上．如圖乙，當F2取最小值時，F(xiàn)2垂直于F.故F2＝mgsin60°＝mg. 方向與水平線成60°角斜向左上方．