2024届高考物理二轮复习第7讲电场及带电粒子在电场中的运动学案

这是一份2024届高考物理二轮复习第7讲电场及带电粒子在电场中的运动学案，共23页。


命题分类剖析
命题点一 电场的基本性质
1．电场中的各个物理量的形成及相互转化的关系
2．三个物理量的判断方法
考向1 库仑力作用下的平衡问题
例 1 [2023·海南卷]如图所示，一光滑绝缘轨道水平放置，直径上有A、B两点，AO＝2 cm，OB＝4 cm，在A、B两点固定两个带电荷量分别为Q1、Q2的正电荷，现有一个带正电的小球静置于轨道内侧P点(小球可视为点电荷)，已知AP∶BP＝n∶1，则Q1∶Q2是( )
A．2n2∶1 B．4n2∶1
C．2n3∶1 D．4n3∶1
考向2 电场强度的叠加
例 2 [2023·湖南卷] 如图，真空中有三个点电荷固定在同一直线上，电荷量分别为Q1、Q2和Q3，P点和三个点电荷的连线与点电荷所在直线的夹角分别为90°、60°和30°.若P点处的电场强度为零，q > 0，则三个点电荷的电荷量可能为( )
A．Q1＝q，Q2＝2q，Q3＝q
B．Q1＝－q，Q2＝－433q，Q3＝－4q
C．Q1＝－q，Q2＝2q，Q3＝－q
D．Q1＝q，Q2＝－433q，Q3＝4q
考向3 根据电场中的“点、线、面、迹”判断相关物理量的变化
例 3 [2023·辽宁卷](多选)图(a)为金属四极杆带电粒子质量分析器的局部结构示意图，图(b)为四极杆内垂直于x轴的任意截面内的等势面分布图，相邻两等势面间电势差相等，则( )
A．P点电势比M点的低
B．P点电场强度大小比M点的大
C．M点电场强度方向沿z轴正方向
D．沿x轴运动的带电粒子，电势能不变
例 4 [2023·全国乙卷]
(多选)在O点处固定一个正点电荷，P点在O点右上方．从P点由静止释放一个带负电的小球，小球仅在重力和该点电荷电场力作用下在竖直面内运动，其一段轨迹如图所示．M、N是轨迹上的两点，OP>OM，OM＝ON，则小球( )
A．在运动过程中，电势能先增加后减少
B．在P点的电势能大于在N点的电势能
C．在M点的机械能等于在N点的机械能
D．从M点运动到N点的过程中，电场力始终不做功
思维提升
电场中三线问题的解题思路
解决电场中的三线问题，分清电场线、等势线、轨迹线是解题的基础，做曲线运动的物体一定要受到指向轨迹内侧的合外力是解题的切入点，功能关系(电场力做的功等于电势能的减少量，合外力的功等于物体动能的增量等)是解题的重要手段．
提升训练
1.[2023·山东卷](多选)如图所示，正六棱柱上下底面的中心为O和O′，A、D两点分别固定等量异号的点电荷，下列说法正确的是( )
A．F′点与C′点的电场强度大小相等
B．B′点与E′点的电场强度方向相同
C．A′点与F′点的电势差小于O′点与D′点的电势差
D．将试探电荷＋q由F点沿直线移动到O点，其电势能先增大后减小
2．[2023·广东深圳统考二模](多选)范德格拉夫静电加速器结构如图所示，其工作原理是先通过传送带将正电荷传送到金属球壳(电荷在金属球壳均匀分布)，使金属球与地面间产生几百万伏的高压，然后利用高压给绝缘管中的带电粒子加速．在加速管顶端A点无初速度释放一带电粒子，粒子经过B、C两点到达管底(B为AC中点)．不计粒子重力，仅考虑球壳产生电场的影响，下列说法正确的是( )
A．B点电势比C点电势高
B．粒子从B点到C点的过程中电势能增大
C．粒子在B点的加速度大于在C点的加速度
D．粒子在AB与BC间的动能变化量相同
3．[2023·全国乙卷]
如图，等边三角形△ABC位于竖直平面内，AB边水平，顶点C在AB边上方，3个点电荷分别固定在三角形的三个顶点上．已知AB边中点M处的电场强度方向竖直向下，BC边中点N处的电场强度方向竖直向上，A点处点电荷的电荷量的绝对值为q，求
(1)B点处点电荷的电荷量的绝对值并判断3个点电荷的正负；
(2)C点处点电荷的电荷量．
命题点二 带电粒子在电场中的运动
1．解决带电粒子在电场中运动问题的基本思路
(1)两分析：一是对带电粒子进行受力分析，二是分析带电粒子的运动状态和运动过程(初始状态及条件，加速或减速直线运动还是曲线运动等)．
(2)建模型：建立正确的物理模型(加速还是偏转)，恰当选用规律或其他方法(如图像)，找出已知量和待求量之间的关系．
注意：“化曲为直”思想的应用．
2．用能量观点处理带电体运动的思维方法
(1)用动能定理W＝ΔEk处理．
(2)用包括电势能和内能在内的能量守恒定律处理．
考向1 带电粒子在电场中的直线运动
例 1 [2023·浙江6月]
AB、CD两块正对的平行金属板与水平面成30°角固定，竖直截面如图所示．两板间距10 cm，电荷量为1.0×10－8 C、质量为3.0×10－4 kg的小球用长为5 cm的绝缘细线悬挂于A点．闭合开关S，小球静止时，细线与AB板夹角为30°；剪断细线，小球运动到CD板上的M点(未标出)，则( )
A．MC距离为53 cm
B．电势能增加了343×10－4 J
C．电场强度大小为3×104 N/C
D．减小R的阻值，MC的距离将变大
考向2 带电粒子在电场中的曲线运动
例 2 [2023·浙江6月卷]
某带电粒子转向器的横截面如图所示，转向器中有辐向电场．粒子从M点射入，沿着由半径分别为R1和R2的圆弧平滑连接成的虚线(等势线)运动，并从虚线上的N点射出，虚线处电场强度大小分别为E1和E2，则R1、R2和E1、E2应满足( )
A．E1E2＝R2R1 B．E1E2＝R12 R22
C．E1E2＝R1R2 D．E1E2＝R22 R12
例 3 [2023·湖北卷](多选)
一带正电微粒从静止开始经电压U1加速后，射入水平放置的平行板电容器，极板间电压为U2.微粒射入时紧靠下极板边缘，速度方向与极板夹角为45°，微粒运动轨迹的最高点到极板左右两端的水平距离分别为2L和L，到两极板距离均为d，如图所示．忽略边缘效应，不计重力．下列说法正确的是( )
A．L∶d＝2∶1
B．U1∶U2＝1∶1
C．微粒穿过电容器区域的偏转角度的正切值为2
D．仅改变微粒的质量或者电荷数量，微粒在电容器中的运动轨迹不变
考向3 力电综合问题
例 4 [2023·四川雅安模拟预测]如图所示，空间中在一矩形区域Ⅰ内有场强大小E1＝1×102 N/C，方向水平向右的匀强电场，一条长L＝0.8 m且不可伸长的轻绳一端固定在区域Ⅰ的左上角O点，另一端系一质量m1＝0.5 kg，带电荷量q＝－0.1 C的绝缘带电小球a，在紧靠区域Ⅰ的右下角C点竖直放置一足够长，半径R＝1 m的光滑绝缘圆筒，圆筒上端截面水平，CD是圆筒上表面的一条直径且与区域Ⅰ的下边界共线，直径MN与直径CD垂直，圆筒内左半边MNCHJK区域Ⅱ中存在大小E2＝20 N/C，方向垂直纸面向里的匀强电场．把小球a拉至A点(轻绳绷直且水平)静止释放，当小球a运动到O点正下方B点时，轻绳恰好断裂．小球a进入电场继续运动，刚好从区域Ⅰ的右下角C点竖直向下离开电场E1，然后贴着圆筒内侧进入区域Ⅱ.已知重力加速度大小取g＝10 m2/s，绳断前、断后瞬间，小球a的速度保持不变，忽略一切阻力．求：
(1)轻绳的最大张力Tm；
(2)小球a运动到C点时速度的大小vC和小球a从B到C过程电势能的变化量ΔEp；
(3)若小球a刚进入圆筒时，另一绝缘小球b从D点以相同速度竖直向下贴着圆筒内侧进入圆筒，小球b的质量m2＝0.5 kg，经过一段时间，小球a、b发生弹性碰撞，且碰撞中小球a的电荷量保持不变，则从小球b进入圆筒到与小球a发生第5次碰撞后，小球b增加的机械能ΔEb是多大．
思维提升
解决带电粒子在电场中的运动问题方法与技巧
首先要确定研究对象，一般情况下，可以把带电粒子(不计重力)或者带电小球作为研究对象；其次要判断是电加速模型、电偏转模型还是电加速＋电偏转模型；然后对模型分别进行受力分析(要画出受力分析图)、运动分析(匀加速直线运动、类平抛运动)和能量分析(电场力做的功等于动能的变化量)；最后结合已知量和待求量，列出方程求解．
提升训练
1.[2023·浙江1月]如图所示，示波管由电子枪、竖直方向偏转电极YY′、水平方向偏转电极XX′和荧光屏组成．电极XX′的长度为l、间距为d、极板间电压为U，YY′极板间电压为零，电子枪加速电压为10U.电子刚离开金属丝的速度为零，从电子枪射出后沿OO′方向进入偏转电极．已知电子电荷量为e，质量为m，则电子( )
A．在XX′极板间的加速度大小为eUm
B．打在荧光屏时，动能大小为11eU
C．在XX′极板间受到电场力的冲量大小为2meU
D．打在荧光屏时，其速度方向与OO′连线夹角α的正切tan α＝l20d
2.
[2023·新课标卷]密立根油滴实验的示意图如图所示．两水平金属平板上下放置，间距固定，可从上板中央的小孔向两板间喷入大小不同、带电量不同、密度相同的小油滴．两板间不加电压时，油滴a、b在重力和空气阻力的作用下竖直向下匀速运动，速率分别为v0、v04；两板间加上电压后(上板为正极)，这两个油滴很快达到相同的速率v02，均竖直向下匀速运动．油滴可视为球形，所受空气阻力大小与油滴半径、运动速率成正比，比例系数视为常数．不计空气浮力和油滴间的相互作用．
(1)求油滴a和油滴b的质量之比；
(2)判断油滴a和油滴b所带电荷的正负，并求a、b所带电荷量的绝对值之比．
3．[2023·浙江模拟预测]如图所示，一游戏轨道由倾角θ＝37°，动摩擦因数μ＝527的足够长绝缘倾斜轨道与光滑的绝缘水平轨道及半径R＝0.1 m的光滑绝缘圆轨道(在最低点B分别与水平轨道AB和BD相连)三部分组成，轨道各部分平滑连接．所有轨道处在同一竖直面内，倾斜轨道处于水平向左场强E＝5.0×105 N/C的匀强电场中．一质量为m＝3 g，带电量为q＝＋1.0×10－8 C滑块(可视为质点)，从倾斜轨道上静止释放，忽略空气阻力．求：
(1)滑块恰好能过圆轨道最高点C时的速度大小vC；
(2)在水平轨道D点右侧，有一长为d＝0.2 m的水平框，框的左端点离水平轨道D点的水平距离为L＝0.4 m，竖直高度差为h＝0.2 m．为使滑块(一直在轨道上运动)滑离水平轨道D点后能落入框内(忽略框两侧边沿的高度)，则从D点飞出的物体速度范围；
(3)在上一问题中，滑块在倾斜轨道上静止释放位置离水平轨道的高度H′的大小范围．
素养培优·思维方法
“等效法”在电场中的应用
1．等效重力法
将重力与电场力进行合成，如图所示，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合的方向为等效“重力”的方向，即在等效重力场中的“竖直向下”方向．
2．等效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，而应是等效最高点(如图所示)．
[典例]
[2023·河北名校高三联考]如图所示，半径为R的光滑圆形轨道固定在竖直面内，圆形轨道与一光滑的弧形轨道在圆最低点相切，圆形轨道区域内有一平行于圆面的匀强电场，匀强电场的方向与竖直方向间的夹角为60°，带电荷量＋q＝mgE的小球B静止在图示N位置，带电荷量为＋nq的小球A从弧形轨道某一位置由静止释放，A、B两球碰撞中无机械能损失．已知A、B两球的质量分别为nm、m(n为常数)，第一次碰撞后A、B两球有相同的最大摆角(未脱离轨道)，碰撞过程两小球所带电荷量保持不变，重力加速度为g.求：
(1)小球A释放的位置距离圆形轨道最低点的高度h至少为多少；
(2)常数n的值；
(3)在(1)问的情况下小球A、B第二次碰撞刚结束时各自的速度大小．
[教你解决问题]——模型建构
第7讲 电场及带电粒子在电场中的运动
命题分类剖析
命题点一
[例1] 解析：
如图所示，P球受到A、B的库仑斥力FA、FB和指向圆心的轨道弹力作用而平衡，由正弦定理有FAsin ∠CPH＝FBsin ∠CHP，又∠CPH＝∠OPB，∠CHP＝∠HPD＝∠APO，在△APO中，有APsinπ-∠POB＝AOsin ∠APO，同理在△BPO中，有BPsin ∠POB＝BOsin ∠BPO，设小球P的带电荷量为q，则FA＝kQ1qAP2，FB＝kQ2qBP2，联立解得Q1∶Q2＝2n3∶1，C对．
答案：C
[例2] 解析：选项AB的电荷均为正和均为负，则根据电场强度的叠加法则可知，P点的场强不可能为零，A、B错误；
设P、Q1间的距离为r，P点场强为零，故Q2、Q3在P点产生场强的水平分场强等大反向，即
kQ2rsin60°2·cs 60°＝kQ3rsin30°2·cs 30°
解得：Q2Q3＝33，C错误，D正确．
答案：D
[例3] 解析：P靠近正场源，M靠近负场源，故P点电势比M点的高，选项A错误；因M点所在的等差等势面密集，则M点场强较P点大，即P点电场强度大小比M点的小，选项B错误；场强方向垂直等势面，且沿电场线方向电势逐渐降低，可知M点电场强度方向沿z轴正方向，选项C正确；因x轴上各点电势相等，则沿x轴运动的带电粒子，电势能不变，选项D正确．故选CD.
答案：CD
[例4] 解析：由题知，OP>OM，OM＝ON，则根据点电荷的电势分布情况可知φM＝φN>φP，则带负电的小球在运动过程中，电势能先减小后增大，且EpP>EpM＝EpN，则带负电的小球在M点的机械能等于在N点的机械能，A错误、BC正确；从M点运动到N点的过程中，电场力先做正功后做负功，D错误．
答案：BC
[提升训练]
1．解析：将六棱柱的上表面拿出
由几何条件可知正电荷在OF中点K的场强方向垂直于OF，则K点的合场强与OF的夹角为锐角，在F点的场强和OF的夹角为钝角，因此将正电荷从F移到O点过程中电场力先做负功后做正功，电势能先增大后减小，D正确；
由等量异种电荷的电势分布可知，φA′＝φ>0，φD′＝－φ<0，φO′＝0，φF′>0，因此φA′－φF′＝φ－φF′<φO′－φD′＝φ，C正确；由等量异种电荷的对称性可知F′和C′电场强度大小相等，B′和E′电场强度方向不同，A正确，B错误；故选ACD.
答案：ACD
2．解析：根据题意可知，电场方向由A→C，沿电场线方向电势降低可知，B点电势比C点电势高，故A正确；粒子从静止开始运动，电场力做正功，则电势能减小，故B错误；根据题意可知，B点附近的电场强度大于C点的电场强度，则粒子在B点的加速度大于在C点的加速度，故C正确；根据题意可知，在AB间电场强度的平均值大于BC间电场强度的平均值，则由动能定理可知，粒子在AB间动能变化量比BC间的动能变化量大，故D错误．
答案：AC
3．解析：(1)
因为M点电场强度竖直向下，则C为正电荷，根据场强的叠加原理，可知A、B两点的电荷在M点的电场强度大小相等，方向相反，则B点电荷带电量为q，电性与A相同，又N点电场强度竖直向上，可得A处电荷在N点的场强垂直BC沿AN连线向右上，如图所示，可知A处电荷为正电荷，所以A、B、C均为正电荷．
(2)如图所示
由几何关系E′A＝E′BC·tan 30°
即kqAN2＝33(kqBN2-kqCCN2)
其中AN＝3BN＝3CN
解得qC＝3-33q.
答案：(1)q A、B、C均为正电荷 (2)3-33q
命题点二
[例1] 解析：根据平衡条件和几何关系，对小球受力分析如图所示
根据几何关系可得T＝qE
T sin 60°＋qE sin 60°＝mg
联立解得T＝qE＝3×10－3 N
剪断细线，小球合力方向与T等大反向，小球沿AM方向做匀加速直线运动，如图所示
根据几何关系可得LMC＝d tan 60°＝103 cm
故A错误；
根据几何关系可得小球沿着电场力方向的位移
x＝(10－5sin 30°) cm＝7.5 cm
与电场力方向相反，电场力做功为
W电＝－qEx＝－343×10－4 J
则小球的电势能增加343×10－4 J，故B正确；
电场强度的大小
E＝qEq＝3×105 N/C
故C错误；
减小R的阻值，极板间的电势差不变，极板间的电场强度不变，所以小球的运动不会发生改变，MC的距离不变，故D错误．故选B.
答案：B
[例2] 解析：带电粒子在电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，则有
qE1＝mv2R1
qE2＝mv2R2
联立可得
E1E2＝R2R1.故选A.
答案：A
[例3] 解析：粒子在电容器中水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀变速直线运动，根据电场强度和电势差的关系及场强和电场力的关系可得
E＝U22d，F＝qE＝ma
粒子射入电容器后的速度为v0，水平方向和竖直方向的分速度
vx＝v0cs 45°＝22v0，vy＝v0sin 45°＝22v0
从射入到运动到最高点由运动学关系
vy2＝2ad
粒子射入电场时由动能定理可得
qU1＝12mv02
联立解得U1∶U2＝1∶1
B正确；
粒子从射入到运动到最高点由运动学可得
2L＝vxt，d＝0+vy2·t
联立可得L∶d＝1∶1
A错误；
粒子穿过电容器时从最高点到穿出时由运动学可得L＝vxt1，vy1＝at1
射入电容器到最高点有vy＝at
解得vy1＝vy2
设粒子穿过电容器与水平的夹角为α，则
tan α＝vy1vx＝12
粒子射入磁场和水平的夹角为β，
tan (α＋β)＝3
C错误；
粒子射入到最高点的过程水平方向的位移为x，竖直方向的位移为y＝12at2
联立解得y＝U2x24dU1
且x＝vxt′，y＝0+vy2·t′
即解得x＝2L，y＝d＝L
即粒子在运动到最高点的过程中水平和竖直位移均与电荷量和质量无关，射出磁场过程同理可得
x＝L＝vxt′1，y1＝vy1+02t′1＝x14＝L4
即轨迹不会变化，D正确．
答案：BD
[例4] 解析：(1)小球a从A运动到B点，根据动能定理得m1gL＝12m1v2
代入数据得v＝4 m/s
在B点，根据牛顿第二定律得Tm－m1g＝m1v2L
代入数据得Tm＝15 N.
(2)小球a在区域Ⅰ中，水平方向qE1＝m1a
解得a＝20 m/s2
小球a减速至0时t＝va＝0.2 s，x＝vt－12at2＝0.4 m
小球a运动到C点时的速度大小为vC＝gt＝2 m/s
小球a从B运动到C点，小球a电势能的变化量为ΔEp＝－W＝－qE1·x＝4 J
即小球电势能增加了4 J.
(3)因两球在竖直方向下落一样快，故它们碰撞时是水平正碰．根据水平方向碰撞时动量守恒和能量守恒．由于两球质量相等，所以它们正碰时交换水平方向速度．小球a从进入圆筒到第5次碰撞前，小球a增加的机械能为ΔEa＝qE2R＋2·qE22R＝10 J
则第5次碰撞后，小球b增加的机械能为ΔEb＝ΔEa＝10 J.
答案：(1)15 N (2)2 m/s 小球电势能增加了4 J
(3)10 J
[提升训练]
1．解析：XX′极板间的电场强度大小为E＝Ud，电子所受的电场力大小为F＝eE＝eUd，由牛顿第二定律得a＝Fm＝eUdm，A错误；电子在加速电场中运动时电场力做的功为W1＝e·10U，电子沿OO′方向进入偏转电极，若能打在荧光屏上，在XX′极板间沿电场力方向的位移x≤d2，则电场力做的功W2≤12eU，对全过程由动能定理得Ek＝W1＋W2≤212eU，B错误；电子刚好从XX′极板的边缘离开时，电子在XX′极板间受到的电场力做的功为W′2＝12eU，故在XX′极板间受到电场力的冲量大小I≤ 2W2'm＝meU，C错误；电子离开加速电场时有e·10U＝12mv02，电子在XX′极板间的加速度大小为a＝eUdm，则离开XX′极板间时电子在垂直XX′极板方向的速度大小为vy＝at，沿OO′方向有l＝v0t，联立解得tan α＝vyv0＝l20d，D正确．
答案：D
2．解析：(1)设油滴半径为r，密度为ρ，则油滴质量m＝43πr3ρ
则速率为v时受阻力f＝krv
则当油滴匀速下落时mg＝f
解得r＝ 3kv4πρg∝v
可知rarb＝v014v0＝2
则mamb＝ra3 rb3 ＝81.
(2)由于当在上下平板加恒定电压(上板为高电势)时，这两个油滴很快以12v0的速率竖直向下匀速运动，所以油滴a速度减小，说明油滴a受到了向上的电场力，则油滴a带负电荷，油滴b速度增大，说明油滴b受到了向下的电场力，则油滴b带正电荷．
由m1m2＝8和m1＝43πr13ρ，m2＝43πr23ρ可知，甲乙油滴的半径之比为r1r2＝2
由f＝kvr可知两个油滴均以速率12v0竖直向下匀速运动时，所受阻力之比为f1f2＝r1r2＝2
油滴b以速率14v0竖直向下匀速运动时，所受阻力为f＝m2g
结合f＝kvr可知油滴b以速率12v0竖直向下匀速运动时，所受阻力为f2＝2f＝2m2g
油滴a以速率12v0竖直向下匀速运动，所受阻力为
f1＝2f2＝4m2g
设油滴a所带电荷量的绝对值为q1，由平衡条件有
m1g＝q1E＋f1
设油滴b所带电荷量的绝对值为q2，由平衡条件有
m2g＋q2E＝f2
联立解得q1∶q2＝4∶1.
答案：(1)8∶1 (2)油滴a带负电，油滴b带正电 4∶1
3．解析：(1)滑块恰好能过圆轨道最高点C，即表示轨道对滑块的弹力恰好为0，在最高点由重力提供向心力，即mg＝mvC2 R
可得vC＝1 m/s.
(2)通过受力分析可确定，滑块水平滑离水平轨道D点后，落入框内前做平抛运动，根据h＝12gt2
代入数据可得平抛运动的时间为t＝0.2 s
为使滑块能落入框内，其水平射程满足0.4 m≤x≤0.6 m，根据x＝vDt
可得滑块滑离D点时的速度大小应满足范围区间2 m/s≤vD≤3 m/s
滑块从A点运动至D点过程，要一直在轨道上运动，则滑块能在竖直平面内做完整的圆周运动，根据机械能守恒定律可知mg·2R+12mvC2＝12mvB2
求得滑块通过最低点B点时的速度应满足条件vB≥5 m/s
即vB＝vA＝vD≥5 m/s
故滑块从D点的飞出速度应满足范围5 m/s≤vD≤3 m/s.
(3)通过(2)问可得滑块通过A点时的速度范围为5 m/s≤vA≤3 m/s
对处于斜面上的滑块进行受力分析，由牛顿第二定律得mg sin θ－μ(mg cs θ＋qE sin θ)－qE cs θ＝ma
可得到滑块下滑的加速度大小a＝3 m/s2
对斜面上的运动用匀变速直线运动规律，可确定滑块在斜面上起始释放位置的高度H′满足vA2－0＝2aH'sinθ
求得0.5 m≤H′≤0.9 m
答案：(1)1 m/s (2)5 m/s≤vD≤3 m/s
(3)0.5 m≤H′≤0.9 m
素养培优·思维方法
[典例] 解析：(1)小球A受到的电场力大小为F电＝E·nq＝E·n·mgE＝nmg
根据题意结合力的平行四边形法则可得，小球A受到的电场力和重力的合力大小为FA＝nmg
将圆形轨道区域内重力场和电场等效为新的重力场，可得新重力场的加速度大小为g′＝nmgnm＝g，方向与竖直方向夹角为60°，斜向右下方；因为A、B发生碰撞，所以小球A可以在光滑圆形轨道中做圆周运动，小球A可以通过等效重力场的最高点M(如模型建构图所示)，当刚好可以通过最高点M时有nmg＝nm·vM2 R
设小球A到达圆形轨道最低点时的速度为v0，小球A从释放到运动至圆形轨道最低点的过程中，根据机械能守恒定律有nmgh＝12nmv02
小球A从圆形轨道最低点运动到M点的过程中，根据动能定理有12nmvM2-12nmv02＝－nmg(R＋R cs 60°)，联立解得h＝2R.
(2)由(1)分析可得小球B受到的电场力和重力的等效重力场加速度也为g′＝g，根据题意小球B静止在图示N位置，分析可知N位置为等效重力场中A、B两球做圆周运动的最低点；第一次碰撞后A、B两球有相同的最大摆角，根据动能定理可得从碰撞到A、B两球的速度为零的过程中，等效重力场分别对两球做的功等于两球各自动能大小的变化量；同时A、B两球碰撞中无机械能损失，结合碰撞规律可知，碰撞后A、B两球的速度大小相等，方向相反，设第一次碰撞前瞬间A球的速度大小为v，速度方向为正方向，碰后瞬间A球的速度大小为v′A，B球的速度大小为v′B，根据动量守恒定律和能量守恒定律有nmv＝－nmv′A＋mv′B，12nmv2＝12nmvA'2+12mvB'2，v′A＝v′B
解得n＝13.
(3)在(1)问的情况下小球A从M点运动到N点的过程中，根据动能定理有
12nmv2-12nmvM2＝nmg·2R，解得v＝5gR
根据(2)中分析可得，碰撞后瞬间A、B两球速度大小满足v′A＝v′B＝12v
分析可知A、B两球第二次碰撞时在N点，此时速度大小与第一次碰后的速度大小相等，对于两球的第二次碰撞过程，根据动量守恒定律和能量守恒定律有nm·12v－m·12v＝nmv″A＋mv″B
12nm·12v2＋12m·12v2＝12nmvA″2＋12mv″2B
联立解得v″A＝－v，v″B＝0，或者v″A＝12v，v″B＝－12v(舍去)负号表示速度方向与正方向相反，即小球A、B第二次碰撞刚结束时各自的速度大小分别为5gR和0.
答案：(1)2R (2)13 (3)5gR 0
判断场强大小
①根据电场线或等势面的疏密判断；②根据公式E＝kQr2和场强叠加原理判断
判断电势的高低
①根据电场线的方向判断；②由UAB＝WABq和UAB＝φA－φB判断；③根据电场力做功(或电势能)判断
判断电势能大小
①根据Ep＝qφ判断；②根据WAB＝－ΔEp，由电场力做功判断