新教材2024高考物理二輪專題復(fù)習(xí)第一編專題復(fù)習(xí)攻略專題三電場和磁場第7講電場及帶電粒子在電場中的運動教師用書

第7講電場及帶電粒子在電場中的運動知識網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建命題分類剖析命題點一電場的基本性質(zhì)1．電場中的各個物理量的形成及相互轉(zhuǎn)化的關(guān)系2．三個物理量的判斷方法判斷場強大?、俑鶕?jù)電場線或等勢面的疏密判斷；②根據(jù)公式E＝kQr判斷電勢的高低①根據(jù)電場線的方向判斷；②由UAB＝WABq和UAB＝φA－φB判斷；③根據(jù)電場力做功(或電勢能判斷電勢能大?、俑鶕?jù)Ep＝qφ判斷；②根據(jù)WAB＝－ΔEp，由電場力做功判斷考向1庫侖力作用下的平衡問題例1[2023·海南卷]如圖所示，一光滑絕緣軌道水平放置，直徑上有A、B兩點，AO＝2cm，OB＝4cm，在A、B兩點固定兩個帶電荷量分別為Q1、Q2的正電荷，現(xiàn)有一個帶正電的小球靜置于軌道內(nèi)側(cè)P點(小球可視為點電荷)，已知AP∶BP＝n∶1，則Q1∶Q2是()A．2n2∶1B．4n2∶1C．2n3∶1D．4n3∶1考向2電場強度的疊加例2[2023·湖南卷]如圖，真空中有三個點電荷固定在同一直線上，電荷量分別為Q1、Q2和Q3，P點和三個點電荷的連線與點電荷所在直線的夾角分別為90°、60°和30°.若P點處的電場強度為零，q>0，則三個點電荷的電荷量可能為()A．Q1＝q，Q2＝2q，Q3＝qB．Q1＝－q，Q2＝－433q，Q3＝－C．Q1＝－q，Q2＝2q，Q3＝－qD．Q1＝q，Q2＝－433q，Q3＝考向3根據(jù)電場中的“點、線、面、跡”判斷相關(guān)物理量的變化例3[2023·遼寧卷](多選)圖(a)為金屬四極桿帶電粒子質(zhì)量分析器的局部結(jié)構(gòu)示意圖，圖(b)為四極桿內(nèi)垂直于x軸的任意截面內(nèi)的等勢面分布圖，相鄰兩等勢面間電勢差相等，則()A．P點電勢比M點的低B．P點電場強度大小比M點的大C．M點電場強度方向沿z軸正方向D．沿x軸運動的帶電粒子，電勢能不變例4[2023·全國乙卷](多選)在O點處固定一個正點電荷，P點在O點右上方．從P點由靜止釋放一個帶負電的小球，小球僅在重力和該點電荷電場力作用下在豎直面內(nèi)運動，其一段軌跡如圖所示．M、N是軌跡上的兩點，OP>OM，OM＝ON，則小球()A．在運動過程中，電勢能先增加后減少B．在P點的電勢能大于在N點的電勢能C．在M點的機械能等于在N點的機械能D．從M點運動到N點的過程中，電場力始終不做功思維提升電場中三線問題的解題思路解決電場中的三線問題，分清電場線、等勢線、軌跡線是解題的基礎(chǔ)，做曲線運動的物體一定要受到指向軌跡內(nèi)側(cè)的合外力是解題的切入點，功能關(guān)系(電場力做的功等于電勢能的減少量，合外力的功等于物體動能的增量等)是解題的重要手段．提升訓(xùn)練1.[2023·山東卷](多選)如圖所示，正六棱柱上下底面的中心為O和O′，A、D兩點分別固定等量異號的點電荷，下列說法正確的是()A．F′點與C′點的電場強度大小相等B．B′點與E′點的電場強度方向相同C．A′點與F′點的電勢差小于O′點與D′點的電勢差D．將試探電荷＋q由F點沿直線移動到O點，其電勢能先增大后減小2．[2023·廣東深圳統(tǒng)考二模](多選)范德格拉夫靜電加速器結(jié)構(gòu)如圖所示，其工作原理是先通過傳送帶將正電荷傳送到金屬球殼(電荷在金屬球殼均勻分布)，使金屬球與地面間產(chǎn)生幾百萬伏的高壓，然后利用高壓給絕緣管中的帶電粒子加速．在加速管頂端A點無初速度釋放一帶電粒子，粒子經(jīng)過B、C兩點到達管底(B為AC中點)．不計粒子重力，僅考慮球殼產(chǎn)生電場的影響，下列說法正確的是()A．B點電勢比C點電勢高B．粒子從B點到C點的過程中電勢能增大C．粒子在B點的加速度大于在C點的加速度D．粒子在AB與BC間的動能變化量相同3．[2023·全國乙卷]如圖，等邊三角形△ABC位于豎直平面內(nèi)，AB邊水平，頂點C在AB邊上方，3個點電荷分別固定在三角形的三個頂點上．已知AB邊中點M處的電場強度方向豎直向下，BC邊中點N處的電場強度方向豎直向上，A點處點電荷的電荷量的絕對值為q，求(1)B點處點電荷的電荷量的絕對值并判斷3個點電荷的正負；(2)C點處點電荷的電荷量．命題點二帶電粒子在電場中的運動1．解決帶電粒子在電場中運動問題的基本思路(1)兩分析：一是對帶電粒子進行受力分析，二是分析帶電粒子的運動狀態(tài)和運動過程(初始狀態(tài)及條件，加速或減速直線運動還是曲線運動等)．(2)建模型：建立正確的物理模型(加速還是偏轉(zhuǎn))，恰當選用規(guī)律或其他方法(如圖像)，找出已知量和待求量之間的關(guān)系．注意：“化曲為直”思想的應(yīng)用．2．用能量觀點處理帶電體運動的思維方法(1)用動能定理W＝ΔEk處理．(2)用包括電勢能和內(nèi)能在內(nèi)的能量守恒定律處理．考向1帶電粒子在電場中的直線運動例1[2023·浙江6月]AB、CD兩塊正對的平行金屬板與水平面成30°角固定，豎直截面如圖所示．兩板間距10cm，電荷量為1.0×10－8C、質(zhì)量為3.0×10－4kg的小球用長為5cm的絕緣細線懸掛于A點．閉合開關(guān)S，小球靜止時，細線與AB板夾角為30°；剪斷細線，小球運動到CD板上的M點(未標出)，則()A．MC距離為53cmB．電勢能增加了343×10－C．電場強度大小為3×104N/CD．減小R的阻值，MC的距離將變大考向2帶電粒子在電場中的曲線運動例2[2023·浙江6月卷]某帶電粒子轉(zhuǎn)向器的橫截面如圖所示，轉(zhuǎn)向器中有輻向電場．粒子從M點射入，沿著由半徑分別為R1和R2的圓弧平滑連接成的虛線(等勢線)運動，并從虛線上的N點射出，虛線處電場強度大小分別為E1和E2，則R1、R2和E1、E2應(yīng)滿足()A．E1E2＝R2RC．E1E2＝R1R例3[2023·湖北卷](多選)一帶正電微粒從靜止開始經(jīng)電壓U1加速后，射入水平放置的平行板電容器，極板間電壓為U2.微粒射入時緊靠下極板邊緣，速度方向與極板夾角為45°，微粒運動軌跡的最高點到極板左右兩端的水平距離分別為2L和L，到兩極板距離均為d，如圖所示．忽略邊緣效應(yīng)，不計重力．下列說法正確的是()A．L∶d＝2∶1B．U1∶U2＝1∶1C．微粒穿過電容器區(qū)域的偏轉(zhuǎn)角度的正切值為2D．僅改變微粒的質(zhì)量或者電荷數(shù)量，微粒在電容器中的運動軌跡不變考向3力電綜合問題例4[2023·四川雅安模擬預(yù)測]如圖所示，空間中在一矩形區(qū)域Ⅰ內(nèi)有場強大小E1＝1×102N/C，方向水平向右的勻強電場，一條長L＝0.8m且不可伸長的輕繩一端固定在區(qū)域Ⅰ的左上角O點，另一端系一質(zhì)量m1＝0.5kg，帶電荷量q＝－0.1C的絕緣帶電小球a，在緊靠區(qū)域Ⅰ的右下角C點豎直放置一足夠長，半徑R＝1m的光滑絕緣圓筒，圓筒上端截面水平，CD是圓筒上表面的一條直徑且與區(qū)域Ⅰ的下邊界共線，直徑MN與直徑CD垂直，圓筒內(nèi)左半邊MNCHJK區(qū)域Ⅱ中存在大小E2＝20N/C，方向垂直紙面向里的勻強電場．把小球a拉至A點(輕繩繃直且水平)靜止釋放，當小球a運動到O點正下方B點時，輕繩恰好斷裂．小球a進入電場繼續(xù)運動，剛好從區(qū)域Ⅰ的右下角C點豎直向下離開電場E1，然后貼著圓筒內(nèi)側(cè)進入?yún)^(qū)域Ⅱ.已知重力加速度大小取g＝10m2/s，繩斷前、斷后瞬間，小球a的速度保持不變，忽略一切阻力．求：(1)輕繩的最大張力Tm；(2)小球a運動到C點時速度的大小vC和小球a從B到C過程電勢能的變化量ΔEp；(3)若小球a剛進入圓筒時，另一絕緣小球b從D點以相同速度豎直向下貼著圓筒內(nèi)側(cè)進入圓筒，小球b的質(zhì)量m2＝0.5kg，經(jīng)過一段時間，小球a、b發(fā)生彈性碰撞，且碰撞中小球a的電荷量保持不變，則從小球b進入圓筒到與小球a發(fā)生第5次碰撞后，小球b增加的機械能ΔEb是多大．思維提升解決帶電粒子在電場中的運動問題方法與技巧首先要確定研究對象，一般情況下，可以把帶電粒子(不計重力)或者帶電小球作為研究對象；其次要判斷是電加速模型、電偏轉(zhuǎn)模型還是電加速＋電偏轉(zhuǎn)模型；然后對模型分別進行受力分析(要畫出受力分析圖)、運動分析(勻加速直線運動、類平拋運動)和能量分析(電場力做的功等于動能的變化量)；最后結(jié)合已知量和待求量，列出方程求解．提升訓(xùn)練1.[2023·浙江1月]如圖所示，示波管由電子槍、豎直方向偏轉(zhuǎn)電極YY′、水平方向偏轉(zhuǎn)電極XX′和熒光屏組成．電極XX′的長度為l、間距為d、極板間電壓為U，YY′極板間電壓為零，電子槍加速電壓為10U.電子剛離開金屬絲的速度為零，從電子槍射出后沿OO′方向進入偏轉(zhuǎn)電極．已知電子電荷量為e，質(zhì)量為m，則電子()A．在XX′極板間的加速度大小為eUB．打在熒光屏?xí)r，動能大小為11eUC．在XX′極板間受到電場力的沖量大小為2meUD．打在熒光屏?xí)r，其速度方向與OO′連線夾角α的正切tanα＝l2.[2023·新課標卷]密立根油滴實驗的示意圖如圖所示．兩水平金屬平板上下放置，間距固定，可從上板中央的小孔向兩板間噴入大小不同、帶電量不同、密度相同的小油滴．兩板間不加電壓時，油滴a、b在重力和空氣阻力的作用下豎直向下勻速運動，速率分別為v0、v04；兩板間加上電壓后(上板為正極)，這兩個油滴很快達到相同的速率v0(1)求油滴a和油滴b的質(zhì)量之比；(2)判斷油滴a和油滴b所帶電荷的正負，并求a、b所帶電荷量的絕對值之比．3．[2023·浙江模擬預(yù)測]如圖所示，一游戲軌道由傾角θ＝37°，動摩擦因數(shù)μ＝527的足夠長絕緣傾斜軌道與光滑的絕緣水平軌道及半徑R＝0.1m的光滑絕緣圓軌道(在最低點B分別與水平軌道AB和BD相連)三部分組成，軌道各部分平滑連接．所有軌道處在同一豎直面內(nèi)，傾斜軌道處于水平向左場強E＝5.0×105N/C的勻強電場中．一質(zhì)量為m＝3g，帶電量為q＝＋1.0×10－8C滑塊(可視為質(zhì)點)(1)滑塊恰好能過圓軌道最高點C時的速度大小vC；(2)在水平軌道D點右側(cè)，有一長為d＝0.2m的水平框，框的左端點離水平軌道D點的水平距離為L＝0.4m，豎直高度差為h＝0.2m．為使滑塊(一直在軌道上運動)滑離水平軌道D點后能落入框內(nèi)(忽略框兩側(cè)邊沿的高度)，則從D點飛出的物體速度范圍；(3)在上一問題中，滑塊在傾斜軌道上靜止釋放位置離水平軌道的高度H′的大小范圍．素養(yǎng)培優(yōu)·思維方法“等效法”在電場中的應(yīng)用1．等效重力法將重力與電場力進行合成，如圖所示，則F合為等效重力場中的“重力”，g′＝F合m為等效重力場中的“等效重力加速度”，F(xiàn)合的方向為等效“重力”的方向，即在等效重力場中的“豎直向下2．等效最高點與幾何最高點在“等效力場”中做圓周運動的小球，經(jīng)常遇到小球在豎直平面內(nèi)做圓周運動的臨界速度問題．小球能維持圓周運動的條件是能過最高點，而這里的最高點不一定是幾何最高點，而應(yīng)是等效最高點(如圖所示)．[典例][2023·河北名校高三聯(lián)考]如圖所示，半徑為R的光滑圓形軌道固定在豎直面內(nèi)，圓形軌道與一光滑的弧形軌道在圓最低點相切，圓形軌道區(qū)域內(nèi)有一平行于圓面的勻強電場，勻強電場的方向與豎直方向間的夾角為60°，帶電荷量＋q＝mgE的小球B靜止在圖示N位置，帶電荷量為＋nq的小球A從弧形軌道某一位置由靜止釋放，A、B兩球碰撞中無機械能損失．已知A、B兩球的質(zhì)量分別為nm、m(n為常數(shù))，第一次碰撞后A、B兩球有相同的最大擺角(未脫離軌道)，碰撞過程兩小球所帶電荷量保持不變，重力加速度為g.(1)小球A釋放的位置距離圓形軌道最低點的高度h至少為多少；(2)常數(shù)n的值；(3)在(1)問的情況下小球A、B第二次碰撞剛結(jié)束時各自的速度大?。甗教你解決問題]——模型建構(gòu)第7講電場及帶電粒子在電場中的運動命題分類剖析命題點一[例1]解析：如圖所示，P球受到A、B的庫侖斥力FA、FB和指向圓心的軌道彈力作用而平衡，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，設(shè)小球P的帶電荷量為q，則FA＝k答案：C[例2]解析：選項AB的電荷均為正和均為負，則根據(jù)電場強度的疊加法則可知，P點的場強不可能為零，A、B錯誤；設(shè)P、Q1間的距離為r，P點場強為零，故Q2、Q3在P點產(chǎn)生場強的水平分場強等大反向，即kQ2rsin60°解得：Q2Q3＝33，答案：D[例3]解析：P靠近正場源，M靠近負場源，故P點電勢比M點的高，選項A錯誤；因M點所在的等差等勢面密集，則M點場強較P點大，即P點電場強度大小比M點的小，選項B錯誤；場強方向垂直等勢面，且沿電場線方向電勢逐漸降低，可知M點電場強度方向沿z軸正方向，選項C正確；因x軸上各點電勢相等，則沿x軸運動的帶電粒子，電勢能不變，選項D正確．故選CD.答案：CD[例4]解析：由題知，OP>OM，OM＝ON，則根據(jù)點電荷的電勢分布情況可知φM＝φN>φP，則帶負電的小球在運動過程中，電勢能先減小后增大，且EpP>EpM＝EpN，則帶負電的小球在M點的機械能等于在N點的機械能，A錯誤、BC正確；從M點運動到N點的過程中，電場力先做正功后做負功，D錯誤．答案：BC[提升訓(xùn)練]1．解析：將六棱柱的上表面拿出由幾何條件可知正電荷在OF中點K的場強方向垂直于OF，則K點的合場強與OF的夾角為銳角，在F點的場強和OF的夾角為鈍角，因此將正電荷從F移到O點過程中電場力先做負功后做正功，電勢能先增大后減小，D正確；由等量異種電荷的電勢分布可知，φA′＝φ>0，φD′＝－φ<0，φO′＝0，φF′>0，因此φA′－φF′＝φ－φF′<φO′－φD′＝φ，C正確；由等量異種電荷的對稱性可知F′和C′電場強度大小相等，B′和E′電場強度方向不同，A正確，B錯誤；故選ACD.答案：ACD2．解析：根據(jù)題意可知，電場方向由A→C，沿電場線方向電勢降低可知，B點電勢比C點電勢高，故A正確；粒子從靜止開始運動，電場力做正功，則電勢能減小，故B錯誤；根據(jù)題意可知，B點附近的電場強度大于C點的電場強度，則粒子在B點的加速度大于在C點的加速度，故C正確；根據(jù)題意可知，在AB間電場強度的平均值大于BC間電場強度的平均值，則由動能定理可知，粒子在AB間動能變化量比BC間的動能變化量大，故D錯誤．答案：AC3．解析：(1)因為M點電場強度豎直向下，則C為正電荷，根據(jù)場強的疊加原理，可知A、B兩點的電荷在M點的電場強度大小相等，方向相反，則B點電荷帶電量為q，電性與A相同，又N點電場強度豎直向上，可得A處電荷在N點的場強垂直BC沿AN連線向右上，如圖所示，可知A處電荷為正電荷，所以A、B、C均為正電荷．(2)如圖所示由幾何關(guān)系E′A＝E′BC·tan30°即kqAN2＝其中AN＝3BN＝3CN解得qC＝3-3答案：(1)qA、B、C均為正電荷(2)3-命題點二[例1]解析：根據(jù)平衡條件和幾何關(guān)系，對小球受力分析如圖所示根據(jù)幾何關(guān)系可得T＝qETsin60°＋qEsin60°＝mg聯(lián)立解得T＝qE＝3×10－3N剪斷細線，小球合力方向與T等大反向，小球沿AM方向做勻加速直線運動，如圖所示根據(jù)幾何關(guān)系可得LMC＝dtan60°＝103cm故A錯誤；根據(jù)幾何關(guān)系可得小球沿著電場力方向的位移x＝(10－5sin30°)cm＝7.5cm與電場力方向相反，電場力做功為W電＝－qEx＝－343×10－則小球的電勢能增加343×10－4J，故電場強度的大小E＝qEq＝3×105故C錯誤；減小R的阻值，極板間的電勢差不變，極板間的電場強度不變，所以小球的運動不會發(fā)生改變，MC的距離不變，故D錯誤．故選B.答案：B[例2]解析：帶電粒子在電場中做勻速圓周運動，電場力提供向心力，則有qE1＝mvqE2＝mv聯(lián)立可得E1E2＝R答案：A[例3]解析：粒子在電容器中水平方向做勻速直線運動，豎直方向做勻變速直線運動，根據(jù)電場強度和電勢差的關(guān)系及場強和電場力的關(guān)系可得E＝U22d，F(xiàn)＝qE粒子射入電容器后的速度為v0，水平方向和豎直方向的分速度vx＝v0cos45°＝22v0，vy＝v0sin45°＝22從射入到運動到最高點由運動學(xué)關(guān)系vy2＝粒子射入電場時由動能定理可得qU1＝1聯(lián)立解得U1∶U2＝1∶1B正確；粒子從射入到運動到最高點由運動學(xué)可得2L＝vxt，d＝0+vy聯(lián)立可得L∶d＝1∶1A錯誤；粒子穿過電容器時從最高點到穿出時由運動學(xué)可得L＝vxt1，vy1＝at1射入電容器到最高點有vy＝at解得vy1＝v設(shè)粒子穿過電容器與水平的夾角為α，則tanα＝vy1v粒子射入磁場和水平的夾角為β，tan(α＋β)＝3C錯誤；粒子射入到最高點的過程水平方向的位移為x，豎直方向的位移為y＝12at聯(lián)立解得y＝U且x＝vxt′，y＝0+vy2即解得x＝2L，y＝d＝L即粒子在運動到最高點的過程中水平和豎直位移均與電荷量和質(zhì)量無關(guān)，射出磁場過程同理可得x＝L＝vxt′1，y1＝vy1+02t′1＝即軌跡不會變化，D正確．答案：BD[例4]解析：(1)小球a從A運動到B點，根據(jù)動能定理得m1gL＝12m1v代入數(shù)據(jù)得v＝4m/s在B點，根據(jù)牛頓第二定律得Tm－m1g＝m1v代入數(shù)據(jù)得Tm＝15N.(2)小球a在區(qū)域Ⅰ中，水平方向qE1＝m1a解得a＝20m/s2小球a減速至0時t＝va＝0.2s，x＝vt－12at2＝小球a運動到C點時的速度大小為vC＝gt＝2m/s小球a從B運動到C點，小球a電勢能的變化量為ΔEp＝－W＝－qE1·x＝4J即小球電勢能增加了4J.(3)因兩球在豎直方向下落一樣快，故它們碰撞時是水平正碰．根據(jù)水平方向碰撞時動量守恒和能量守恒．由于兩球質(zhì)量相等，所以它們正碰時交換水平方向速度．小球a從進入圓筒到第5次碰撞前，小球a增加的機械能為ΔEa＝qE2R＋2·qE22R＝10J則第5次碰撞后，小球b增加的機械能為ΔEb＝ΔEa＝10J.答案：(1)15N(2)2m/s小球電勢能增加了4J(3)10J[提升訓(xùn)練]1．解析：XX′極板間的電場強度大小為E＝Ud，電子所受的電場力大小為F＝eE＝eUd，由牛頓第二定律得a＝Fm＝eUdm，A錯誤；電子在加速電場中運動時電場力做的功為W1＝e·10U，電子沿OO′方向進入偏轉(zhuǎn)電極，若能打在熒光屏上，在XX′極板間沿電場力方向的位移x≤d2，則電場力做的功W2≤12eU，對全過程由動能定理得Ek＝W1＋W2≤212eU，B錯誤；電子剛好從XX′極板的邊緣離開時，電子在XX′極板間受到的電場力做的功為W′2＝12eU，故在XX′極板間受到電場力的沖量大小I≤2W2'm＝meU，C錯誤；電子離開加速電場時有e·10U＝12mv02，電子在XX′極板間的加速度大小為a＝eUdm，則離開XX′極板間時電子在垂直XX′極板方向的速度大小為vy＝at，沿OO′答案：D2．解析：(1)設(shè)油滴半徑為r，密度為ρ，則油滴質(zhì)量m＝43πr3則速率為v時受阻力f＝krv則當油滴勻速下落時mg＝f解得r＝3kv4πρ可知rarb＝則mamb＝r(2)由于當在上下平板加恒定電壓(上板為高電勢)時，這兩個油滴很快以12v0的速率豎直向下勻速運動，所以油滴a速度減小，說明油滴a受到了向上的電場力，則油滴a帶負電荷，油滴b速度增大，說明油滴b受到了向下的電場力，則油滴b由m1m2＝8和m1＝43πr13ρ，m由f＝kvr可知兩個油滴均以速率12v0豎直向下勻速運動時，所受阻力之比為f1f2油滴b以速率14v0豎直向下勻速運動時，所受阻力為f＝m2結(jié)合f＝kvr可知油滴b以速率12v0豎直向下勻速運動時，所受阻力為f2＝2f＝2m2油滴a以速率12v0f1＝2f2＝4m2g設(shè)油滴a所帶電荷量的絕對值為q1，由平衡條件有m1g＝q1E＋f1設(shè)油滴b所帶電荷量的絕對值為q2，由平衡條件有m2g＋q2E＝f2聯(lián)立解得q1∶q2＝4∶1.答案：(1)8∶1(2)油滴a帶負電，油滴b帶正電4∶13．解析：(1)滑塊恰好能過圓軌道最高點C，即表示軌道對滑塊的彈力恰好為0，在最高點由重力提供向心力，即mg＝m可得vC＝1m/s.(2)通過受力分析可確定，滑塊水平滑離水平軌道D點后，落入框內(nèi)前做平拋運動，根據(jù)h＝12gt代入數(shù)據(jù)可得平拋運動的時間為t＝0.2s為使滑塊能落入框內(nèi)，其水平射程滿足0.4m≤x≤0.6m，根據(jù)x＝vDt可得滑塊滑離D點時的速度大小應(yīng)滿足范圍區(qū)間2m/s≤vD≤3m/s滑塊從A點運動至D點過程，要一直在軌道上運動，則滑塊能在豎直平面內(nèi)做完整的圓周運動，根據(jù)機械能守恒定律可知mg·2R+求得滑塊通過最低點B點時的速度應(yīng)滿足條件vB≥5m/s即vB＝vA＝vD≥5m/s故滑塊從D點的飛出速度應(yīng)滿足范圍5m/s≤vD≤3m/s.(3)通過(2)問可得滑塊通過A點時的速度范圍為5m/s≤vA≤3m/s對處于斜面上的滑塊進行受力分析，由牛頓第二定律得mgsinθ－μ(mgcosθ＋qEsinθ)－qEcosθ＝ma可得到滑塊下滑的加速度大小a＝3m/s2對斜面上的運動用勻變速直線運動規(guī)律，可確定滑塊在斜面上起始釋放位置的高度H′滿足vA2－0＝2求得0.5m≤H′≤0.9m答案：(1)1m/s(2)5m/s≤v