第49課時(shí)專題強(qiáng)化：帶電粒子在電場中的力電綜合問題

目標(biāo)要求1.會用等效法分析帶電粒子在電場和重力場中的圓周運(yùn)動(dòng)。2.會用動(dòng)力學(xué)、能量和動(dòng)量觀點(diǎn)分

析帶電粒子的力電綜合問題。

考點(diǎn)一“等效重力場”中的圓周運(yùn)動(dòng)

1.等效重力場

物體僅在重力場中的運(yùn)動(dòng)是最常見、最基本的運(yùn)動(dòng)，但是對于處在勻強(qiáng)電場和重力場中物體的運(yùn)動(dòng)問題就

會變得復(fù)雜一些。此時(shí)可以將重力場與電場合二為一，用一個(gè)全新的“復(fù)合場”來代替，可形象稱之為

“等效重力場”。

2.

3.舉例

例1(2024·河北卷·13)如圖，豎直向上的勻強(qiáng)電場中，用長為L的絕緣細(xì)線系住一帶電小球，在豎直

平面內(nèi)繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)。圖中A、B為圓周上的兩點(diǎn)，A點(diǎn)為最低點(diǎn)，B點(diǎn)與O點(diǎn)等高。當(dāng)小球運(yùn)

動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)，細(xì)線對小球的拉力恰好為0，已知小球的電荷量為q(q>0)、質(zhì)量為m，A、B兩點(diǎn)間的電

勢差為U，重力加速度大小為g，求：

(1)電場強(qiáng)度E的大??；

(2)小球在A、B兩點(diǎn)的速度大小。

答案(1)(2)

???????3(??????)

???

解析(1)由勻強(qiáng)電場中電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系，電場強(qiáng)度E＝

?

(2)在A點(diǎn)細(xì)線對小球的拉力為0，?

根據(jù)牛頓第二定律得Eq－mg＝m

2

??

A到B過程根據(jù)動(dòng)能定理得?

qU－mgL＝m－m

1212

2??2??

聯(lián)立解得vA＝，vB＝。

??????3(??????)

例2如圖所示，?質(zhì)量為m、帶電?荷量為＋q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(diǎn)，B為最高點(diǎn)，在大圓環(huán)所在的豎直平面內(nèi)施加水平向右、電

場強(qiáng)度大小為(g為重力加速度)的勻強(qiáng)電場，并同時(shí)給在A點(diǎn)的小圓環(huán)一個(gè)向右的水平初速度v0(v0

??

未知)，小圓環(huán)?恰好能夠沿大圓環(huán)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，則小圓環(huán)運(yùn)動(dòng)過程中

(1)在圖中畫出等效“最高點(diǎn)”和“最低點(diǎn)”，指出機(jī)械能最大和最小的位置；

(2)求小圓環(huán)在A點(diǎn)獲得的初速度v0；

(3)求小圓環(huán)過B點(diǎn)受到大圓環(huán)的彈力大小。

答案(1)見解析(2)＋

(3)(3－2)mg2(12)??

解析(1)2由于勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度為，即靜電力與重力大小相等，作出小圓環(huán)的等效“最低點(diǎn)”C與等

??

效“最高點(diǎn)”D，如圖所示?

小圓環(huán)在等效“最低點(diǎn)”C速度最大，動(dòng)能最大，在等效“最高點(diǎn)”D速度最小，動(dòng)能最小；小圓環(huán)在運(yùn)

動(dòng)過程中，只有電勢能、動(dòng)能與重力勢能的轉(zhuǎn)化，即只有電勢能與機(jī)械能的轉(zhuǎn)化，M點(diǎn)是電勢能最小的位

置，也是機(jī)械能最大的位置，N點(diǎn)是電勢能最大的位置，也是機(jī)械能最小的位置。

(2)小圓環(huán)恰好能夠沿大圓環(huán)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，即小圓環(huán)通過等效“最高點(diǎn)”D的速度為0，對小圓環(huán)分

析有－qERsin45°－mg(R＋Rcos45°)＝0－m，

12

2?0

解得v0＝＋

(3)小圓環(huán)從2(A1運(yùn)動(dòng)2到)?B?過程有

－mg·2R＝m－m，

1212

2??2?0

在B點(diǎn)有FB＋mg＝m，

2

??

解得FB＝(2－3)mg，?則在B點(diǎn)的彈力大小為(3－2)mg。

拓展若將大2圓環(huán)換成光滑絕緣圓形軌道，小圓環(huán)換2成帶同樣電荷的小球，則小球在A點(diǎn)至少獲得多

大的速度，才能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)？

答案＋

解析小(球3在2D2點(diǎn))?受?到的支持力為0時(shí)，重力與靜電力的合力恰好提供向心力，

mg＝m

2

??

由2A到D，?由動(dòng)能定理

－qERsin45°－mg(R＋Rcos45°)＝m－m

1212

2??2?0

解得v0＝＋。

(322)??考點(diǎn)二電場中的力電綜合問題

1.動(dòng)力學(xué)的觀點(diǎn)

(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，可用正交分解法。

(2)綜合運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和勻變速直線運(yùn)動(dòng)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(diǎn)

(1)運(yùn)用動(dòng)能定理，注意過程分析要全面，準(zhǔn)確求出過程中的所有力做的功，判斷是對分過程還是對全過程

使用動(dòng)能定理。

(2)運(yùn)用能量守恒定律，注意題目中有哪些形式的能量出現(xiàn)。

3.動(dòng)量的觀點(diǎn)

(1)運(yùn)用動(dòng)量定理，要注意動(dòng)量定理的表達(dá)式是矢量式，在一維情況下，各個(gè)矢量必須選同一個(gè)正方向。

(2)運(yùn)用動(dòng)量守恒定律，除了要注意動(dòng)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(dòng)

量守恒。

例3如圖，一帶電的平行板電容器固定在絕緣底座上，底座置于光滑水平面上，一光滑水平絕緣輕

桿左端固定在電容器的左極板上，并穿過右極板上的小孔，電容器極板連同底座總質(zhì)量為2m，底座鎖

定在水平面上時(shí)，套在桿上質(zhì)量為m的帶電環(huán)以某一初速度由小孔進(jìn)入電容器后，最遠(yuǎn)能到達(dá)距離右

極板為d的位置。底座解除鎖定后，將兩極板間距離變?yōu)樵瓉淼?倍，其他條件不變，則帶電環(huán)進(jìn)入

電容器后，最遠(yuǎn)能到達(dá)的位置距離右極板()

A.dB.dC.dD.d

124

答案2C33

解析設(shè)帶電環(huán)所帶電荷量為q，初速度為v0，底座鎖定時(shí)電容器極板間電場強(qiáng)度為E，則由功能關(guān)系有

qEd＝m，底座解除鎖定后，兩極板間距離變?yōu)樵瓉淼?倍，極板間電場強(qiáng)度大小不變，電容器及底座

12

在帶電2環(huán)?作0用下一起向左運(yùn)動(dòng)，當(dāng)與帶電環(huán)共速時(shí)，帶電環(huán)到達(dá)進(jìn)入電容器最遠(yuǎn)位置，整個(gè)過程滿足動(dòng)量

守恒，則有mv0＝3mv1，再由功能關(guān)系有qEd'＝m－×3m，聯(lián)立解得d'＝d，故選C。

12122

例4(2024·山東臨沂市檢測)如圖所示，AC水2平?0軌道2上AB?段1光滑、BC段粗糙3，且BC段的長度L＝

1m，CDF為豎直平面內(nèi)半徑R＝0.1m的光滑半圓絕緣軌道，兩軌道相切于C點(diǎn)，CF右側(cè)有電場強(qiáng)

度大小E＝1×103N/C、方向水平向右的勻強(qiáng)電場。一根輕質(zhì)絕緣彈簧水平放置，一端固定在A點(diǎn)，

另一端與質(zhì)量m＝0.1kg的滑塊P接觸。當(dāng)彈簧處于原長時(shí)滑塊在B點(diǎn)，在F點(diǎn)有一套在半圓軌道上、

電荷量q＝1.0×10－3C的帶正電圓環(huán)，在半圓軌道最低點(diǎn)放一質(zhì)量與圓環(huán)質(zhì)量相等的滑塊Q(圖中未畫

出)。由靜止釋放圓環(huán)，圓環(huán)沿半圓軌道運(yùn)動(dòng)。當(dāng)圓環(huán)運(yùn)動(dòng)到半圓軌道的最右側(cè)D點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力大

2

小FN＝5N。已知滑塊Q與軌道BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1，重力加速度大小g取10m/s，兩滑塊和

圓環(huán)均可視為質(zhì)點(diǎn)，圓環(huán)與滑塊Q的碰撞為彈性碰撞且碰撞時(shí)間極短，Q、P兩滑塊碰撞后粘在一起。

求：

(1)圓環(huán)的質(zhì)量M；

(2)圓環(huán)與滑塊Q碰撞前瞬間的速度大小vC；

(3)彈簧的最大彈性勢能Ep。

答案(1)0.1kg(2)2m/s(3)0.05J

解析(1)圓環(huán)從F點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的過程，由動(dòng)能定理有MgR＋qER＝M

12

2??

由牛頓第二定律有FN－qE＝M

2

??

解得M＝0.1kg?

(2)圓環(huán)從F點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，靜電力做功為0，僅有重力做功，故Mg×2R＝M

12

?

解得vC＝2m/s2?

(3)圓環(huán)與滑塊Q碰撞，由于兩者質(zhì)量相等，碰撞后交換速度，故碰撞后圓環(huán)的速度為0，滑塊Q的速度大

小為2m/s

滑塊Q在BC段運(yùn)動(dòng)的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有－μMgL＝M－M

1212

??

解得vB＝m/s2?2?

滑塊Q和滑2塊P碰撞時(shí)有MvB＝(M＋m)v

2

Ep＝(M＋m)v

1

解得2Ep＝0.05J。

例5(多選)(2022·海南卷·13)如圖，帶正電q＝3×10－5C的物塊A放在水平桌面上，利用細(xì)繩通過光

滑的滑輪與B相連，A處在水平向左的勻強(qiáng)電場中，E＝4×105N/C，從O開始，A與桌面的動(dòng)摩擦因

數(shù)μ隨x的變化如圖所示，取O點(diǎn)電勢能為零，A、B質(zhì)量均為1kg，B離滑輪的距離足夠長，重力加

速度g取10m/s2，則()

A.它們運(yùn)動(dòng)的最大速度為1m/s

B.它們向左運(yùn)動(dòng)的最大位移為1m

C.當(dāng)速度為0.6m/s時(shí)，A的電勢能可能是－2.4J

D.當(dāng)速度為0.6m/s時(shí)，繩子的拉力可能是9.2N

答案ACD

解析由題知Ff＝μmg＝2x，設(shè)A向左移動(dòng)x后速度為零，對A、B系統(tǒng)有，qEx－mgx－Ffx＝0(此處Ffx

1

前面的是因?yàn)槟Σ亮κ亲兞?，其做功可以用平均?，可得x＝2m，A向左運(yùn)動(dòng)是先加速2后減速，當(dāng)x＝2

1

m時(shí)，摩2擦力變成靜摩擦力，系統(tǒng)受力平衡，處于靜止?fàn)顟B(tài)。設(shè)A向左運(yùn)動(dòng)x'后速度為v，對系統(tǒng)則有

222

qEx'－mgx'－Ffx'＝×2mv，得mv＝－(x'－1)＋1，即當(dāng)x'＝1m時(shí)，v最大為1m/s，故A正確，B錯(cuò)誤；

11

當(dāng)v＝0.6m/s2時(shí)，可2得x'為0.2m或1.8m，當(dāng)x'＝0.2m時(shí)，靜電力做功qEx'＝2.4J，則電勢能減小2.4J，

由于EpO＝0，則A的電勢能為－2.4J，當(dāng)x'＝1.8m時(shí)，A的電勢能為－21.6J，故C正確；根據(jù)牛頓第二

2

定律qE－Ff－mg＝2ma，當(dāng)x'＝0.2m時(shí)，系統(tǒng)加速度a＝0.8m/s，對B有FT－mg＝ma，得FT＝10.8N，

2

當(dāng)x'＝1.8m時(shí)，系統(tǒng)加速度a＝－0.8m/s，對B分析可得FT＝9.2N，故D正確。

課時(shí)精練

(分值：60分)

1~5題每小題4分，共20分

1.如圖所示，在豎直向上的勻強(qiáng)電場中，一根不可伸長的絕緣細(xì)繩的一端系著一個(gè)帶電小球，另一端固定

于O點(diǎn)，小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，最高點(diǎn)為a，最低點(diǎn)為b。不計(jì)空氣阻力，則下列說法正確

的是()

A.小球帶負(fù)電

B.靜電力與重力平衡

C.小球在從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的過程中，電勢能減小

D.小球在運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能守恒

答案B

解析由于小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所以重力與靜電力的合力為0，即靜電力與重力平衡，知

靜電力方向豎直向上，所以小球帶正電，A錯(cuò)誤，B正確；從a→b，靜電力做負(fù)功，電勢能增大，C錯(cuò)誤；

由于靜電力對小球做功，故小球在運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能不守恒，D錯(cuò)誤。

2.(多選)如圖所示，四分之一光滑絕緣固定圓弧槽B處切線水平，一可視為質(zhì)點(diǎn)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(yùn)動(dòng)，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(shí)驗(yàn)，下列說法正確的是()

A.小球落地點(diǎn)在D的右側(cè)

B.小球落地點(diǎn)仍在D點(diǎn)

C.小球落地點(diǎn)在D的左側(cè)

D.小球離開B到達(dá)地面的運(yùn)動(dòng)時(shí)間減小

答案BD

2

解析不加電場時(shí)，小球從A到B有mgR＝m－0，解得vB＝，平拋過程，豎直方向上有h＝gt，

121

2??2??2

解得t＝，平拋水平位移x＝vBt＝2，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，

2?

???

小球同時(shí)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(diǎn)仍在D點(diǎn)，t∝，小球離開B

1

后到達(dá)地面的運(yùn)動(dòng)時(shí)間減小，B、D正確。?

3.(多選)勻強(qiáng)電場方向水平向右，帶電小球由圖示位置從靜止開始釋放，已知小球所受靜電力大小等于重

力大小，不考慮空氣阻力，則()

A.開始一段時(shí)間內(nèi)小球可能做變速圓周運(yùn)動(dòng)

B.開始一段時(shí)間內(nèi)小球可能做變速直線運(yùn)動(dòng)

C.整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中小球電勢能與機(jī)械能之和一定不變

D.小球運(yùn)動(dòng)至左側(cè)時(shí)最高點(diǎn)一定低于釋放位置

答案AB

解析若小球帶正電，釋放后小球受到向右的靜電力、重力和繩子的拉力，開始一段時(shí)間內(nèi)小球做變速圓

周運(yùn)動(dòng)，若小球帶負(fù)電，釋放后小球受到向左的靜電力和重力，在開始一段時(shí)間內(nèi)繩子是松弛的，小球做

勻加速直線運(yùn)動(dòng)，A、B正確；若小球帶負(fù)電，則小球在運(yùn)動(dòng)過程中由直線運(yùn)動(dòng)變成圓周運(yùn)動(dòng)的瞬間有能

量損失，所以電勢能與機(jī)械能之和可能是變化的，C錯(cuò)誤；若小球帶負(fù)電，小球運(yùn)動(dòng)到左端的過程中靜電

力做正功，最高點(diǎn)可能高于釋放位置，D錯(cuò)誤。

4.如圖所示，空間有與水平方向成θ角的勻強(qiáng)電場。一個(gè)質(zhì)量為m的帶電小球，用長L的絕緣細(xì)線懸掛于O

點(diǎn)。當(dāng)小球靜止時(shí)，細(xì)線恰好處于水平位置?，F(xiàn)用一個(gè)外力將小球沿圓弧軌跡(圖中的虛線)緩慢地拉到最

低點(diǎn)，此過程小球的電荷量不變。則該外力做的功為(重力加速度為g)()

A.B.C.mgL－mgLcosθD.

?????????

答t案an?Acos?sin?

解析小球在最高點(diǎn)受力平衡，如圖所示，根據(jù)平衡條件，有拉力FT＝，靜電力qE＝，對從最高點(diǎn)

????

tan?sin?

到最低點(diǎn)過程運(yùn)用動(dòng)能定理得到WF＋mgL＋qEL·cos(225°－θ)＝0，聯(lián)立解得WF＝，故選A。

???

2tan?

5.如圖所示，地面上某個(gè)空間區(qū)域存在這樣的電場，水平虛線上方為電場強(qiáng)度大小為E1、方向豎直向下的

勻強(qiáng)電場；虛線下方為電場強(qiáng)度大小為E2、方向豎直向上的勻強(qiáng)電場，一個(gè)質(zhì)量m，帶電荷量＋q的小球

從上方電場的A點(diǎn)由靜止釋放，結(jié)果剛好到達(dá)下方電場中與A關(guān)于虛線對稱的B點(diǎn)，重力加速度為g，則

下列結(jié)論正確的是()

A.若AB高度差為h，則UAB＝

????

B.帶電小球在A、B兩點(diǎn)電勢能相?等

C.在虛線上、下方的電場中，帶電小球運(yùn)動(dòng)的加速度相同

D.兩電場強(qiáng)度大小關(guān)系滿足E2＝2E1

答案A

解析對A到B的過程運(yùn)用動(dòng)能定理得，qUAB＋mgh＝0，解得UAB＝，知A、B的電勢不等，則電勢

????

能不等，故A正確，B錯(cuò)誤；A到虛線小球速度由零加速至v，虛線到B?小球速度由v減為零，位移相同，

根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的推論知，加速度大小相等，方向相反，故C錯(cuò)誤；在上方電場中，根據(jù)牛頓第二定

＋

律得a1＝，在下方電場中，根據(jù)牛頓第二定律得a2＝，又a1＝a2，解得E2－E1＝，故D

????1??2???2??

錯(cuò)誤。???

6題6分，7題12分，8題15分，共33分

6.(多選)如圖甲所示，傾角為θ＝37°的光滑斜面固定在水平地面上。勻強(qiáng)電場沿斜面方向。帶正電的滑塊以

一定的初速度從斜面底端開始上滑。若斜面足夠長，上滑過程中滑塊的機(jī)械能和動(dòng)能隨位移變化的關(guān)系圖

線如圖乙所示，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則下列說法正確的是()

A.滑塊的重力大小為

4?0

0

B.滑塊受到的靜電力大?小為

?0

0

C.滑塊上滑過程中，重力勢能?增加了4E0

D.滑塊上升過程中動(dòng)能與電勢能之和減小

答案BD

解析由題圖乙可知，滑塊的動(dòng)能由4E0減為零，滑塊的機(jī)械能由4E0減為3E0，又由于機(jī)械能在減小，可

知靜電力做負(fù)功，故勻強(qiáng)電場方向沿斜面向下。根據(jù)題意，機(jī)械能隨位移變化的圖像，斜率表示靜電力，

有＝F電，動(dòng)能隨位移變化的圖像，斜率表示合外力，故＝F電＋mgsinθ，可得mg＝，F(xiàn)電＝，

4?0?3?04?05?0?0

?0?0?0?0

故A錯(cuò)誤，B正確；由重力做功與重力勢能關(guān)系有WG＝－ΔEp，由于上滑過程重力做負(fù)功，所以重力勢能

增加，即ΔEp＝－WG＝－(－mgx0sinθ)＝3E0，故C錯(cuò)誤；由能量守恒可知滑塊上升過程中重力勢能增加，

所以動(dòng)能與電勢能之和減小，故D正確。

7.(12分)(2022·遼寧卷·14)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(diǎn)平滑連接，導(dǎo)軌半

1

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(diǎn)后由靜止釋放，4脫離彈簧后經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的速度大小

為，之后沿軌道BO運(yùn)動(dòng)。以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)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＝4?5?°的勻強(qiáng)電場，進(jìn)入電場后小球受到的電場力大小為mg。小球在運(yùn)動(dòng)過程中電荷量保持不變，重力

加速度為g。求：2

(1)(3分)彈簧壓縮至A點(diǎn)時(shí)的彈性勢能；

(2)(3分)小球經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)的速度大??；

(3)(6分)小球過O點(diǎn)后運(yùn)動(dòng)的軌跡方程。

答案(1)mgR(2)(3)y2＝6Rx

1

解析(1)小2球從A到3B?，?根據(jù)能量守恒定律得

Ep＝m＝mgR

121

(2)小2球?從?B到2O，根據(jù)動(dòng)能定理有

－mgR＋mg×R＝m－m

1212

??

解得vO＝222?2?

(3)小球運(yùn)動(dòng)3至??O點(diǎn)時(shí)速度方向豎直向上，受電場力和重力作用，將電場力分解到x軸和y軸，

則x軸方向有mgcos45°＝max

y軸方向有m2gsin45°－mg＝may

解得ax＝g，2ay＝0，說明小球過O點(diǎn)后的運(yùn)動(dòng)為x軸方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，y軸方向做勻

22

速直線運(yùn)動(dòng)，即做類平拋運(yùn)動(dòng)，則有x＝gt，y＝vOt，聯(lián)立解得小球過O點(diǎn)后運(yùn)動(dòng)的軌跡方程為y＝6Rx。

1

8.(15分)(2024·山東菏澤市一模)如圖所示，2光滑圓弧軌道豎直固定，與水平面相切于最低點(diǎn)P，半徑R＝

1

3

0.2m，空間中存在水平向右的勻強(qiáng)電場E＝1×140V/m，物體甲的質(zhì)量為m1＝0.2kg，帶電荷量為q＝＋

－3

1×10C，在P點(diǎn)右側(cè)L1＝1m處有一不帶電的物體乙，質(zhì)量為m2＝0.2kg，物體乙右側(cè)L2＝0.5m處有一

豎直固定擋板，甲物體從與圓心O等高的A點(diǎn)以豎直向下的速度v0＝2m/s滑動(dòng)，甲、乙與水平面間的動(dòng)

摩擦因數(shù)均為μ＝0.2，所有碰撞均無能量損失，且甲、乙碰撞沒有電荷轉(zhuǎn)移。重力加速度g取10m/s2。求：

(1)(4分)在圓形軌道最低點(diǎn)P，物體甲受到軌道的支持力大??；

(2)(5分)甲、乙第一次碰撞后各自的速度大小；

(3)(6分)整個(gè)過程甲、乙在水平面上運(yùn)動(dòng)的總路程之和。

答案(1)12N(2)04m/s(3)6.25m

解析(1)對物體甲，從A點(diǎn)到P點(diǎn)，由動(dòng)能定理得m1gR＋EqR＝m1－m1，在P點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二

1212

2?12?0

定律得FN－m1g＝m1，解得FN＝12N；

2

?1

?2

(2)物體甲在水平面上向右運(yùn)動(dòng)，碰撞前，根據(jù)動(dòng)能定理得(Eq－μm1g)L1＝m1v－m1，甲、乙碰撞過程

112

1

22＋2?

中，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律有m1v＝m1v甲＋m2v乙，m1v＝m1甲m2乙，解得v甲＝0，v乙