帶電粒子在電場中的運動的綜合問題

1、專題強化八帶電粒子（帶電體）在電場中運動的綜合問題專題解讀1.本專題主要講解帶電粒子（帶電體）在電場中運動時動力學(xué)和能量觀點的綜合運用，高考常以計算題出現(xiàn).2 .學(xué)好本專題，可以加深對動力學(xué)和能量知識的理解，能靈活應(yīng)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(yīng)用能量觀點解題.3 .用到的知識：受力分析、運動分析、能量觀點過好雙基關(guān)回扣亞批正則箱董弱疑目一、帶電粒子在電場中運動1 .分析方法：先分析受力情況，再分析運動狀態(tài)和運動過程（平衡、加速或減速，軌跡是直線還是曲線），然后選用恰當?shù)牧W(xué)規(guī)律如牛頓運動定律、運動學(xué)公式、動能定理、能量守恒定律解題.2 .受力特點

2、：在討論帶電粒子或其他帶電體的靜止與運動問題時，重力是否要考慮，關(guān)鍵看重力與其他力相比較是否能忽略.一般來說，除明顯暗示外，帶電小球、液滴的重力不能忽略，電子、質(zhì)子等帶電粒子的重力可以忽略，一般可根據(jù)微粒的運動狀態(tài)判斷是否考慮重力作用.二、用能量觀點處理帶電體的運動對于受變力作用的帶電體的運動，必須借助于能量觀點來處理.即使都是恒力作用的問題，用能量觀點處理也常常顯得簡潔.具體方法常有兩種：1 .用動能定理處理思維順序一般為：（1）弄清研究對象，明確所研究的物理過程.（2）分析物體在所研究過程中的受力情況，弄清哪些力做功，做正功還是負功（3）弄清所研究過程的始、末狀態(tài)（主要指動能）.（4）根據(jù)

3、W=AEk列出方程求解.2 .用包括電勢能和內(nèi)能在內(nèi)的能量守恒定律處理列式的方法常有兩種：（1）利用初、末狀態(tài)的能量相等（即E1=E2）列方程.（2）利用某些能量的減少等于另一些能量的增加（即AE=AE'）列方程.3 .兩個結(jié)論(1)若帶電粒子只在電場力作用下運動，其動能和電勢能之和保持不變.(2)若帶電粒子只在重力和電場力作用下運動，其機械能和電勢能之和保持不變研透命題點蒯嗣事糊卬.跳牙桁窕嚙拿81由命題點一帶電粒子在交變電場中的運動,-能力考點師生共研1 .常見的交變電場常見的產(chǎn)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

4、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(zhuǎn)運動(一般根據(jù)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(guān)的邊界條件.(2)從兩條思路出發(fā)：一是力和運動的關(guān)系，根據(jù)牛頓第二定律及運動學(xué)規(guī)律分析；二是功能關(guān)系.(3)注意對稱性和周期性變化關(guān)系的應(yīng)用例1如圖1(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

5、板運動，并最終打在A板上.則to可能屬于的時間段是()TA.0<to<-4圖1B.TVt0V23T43T9TC.-vhvTD.T<t0<答案B解析設(shè)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TT3T負,最終打在A板上時位移為負，速度方向為負.分另祚出t0=0、4、2、7時粒子運動的Vt圖象，如圖所示.由于vt圖線與時間軸所圍面積表示粒子通過的位移，則由圖象知，0vtovT與t0<T時粒子在一個周期內(nèi)的總位移大于零，T1。<3：時粒子在一個周期內(nèi)4444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

6、每個周期內(nèi)的總位移應(yīng)小于零，對照各項可知B正確.變式1如圖2所示，A、B兩金屬板平行放置，在t=0時將電子從A板附近由靜止釋放（電子的重力忽略不計）.分別在A、B兩板間加上下列哪種電壓時，有可能使電子到不了8板（）9變式2（多選）（2015山東理綜2如圖3甲所示，兩水平金屬板間距為d,板間電場強度的變化規(guī)律如圖乙所示.t=0時刻，質(zhì)量為m的帶電微粒以初速度V0沿中線射入兩板間，0T時間內(nèi)微粒勻速運動，T時刻微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出.微粒運動過程中未與金屬板接3觸.重力加速度的大小為g.關(guān)于微粒在0T時間內(nèi)運動的描述，正確的是（）甲乙圖3A.末速度大小為也V0B.末速度沿水平方向1C.重力勢能減

7、少了2-mgdD.克服電場力做功為mgd答案BCT解析因01時間內(nèi)微粒勻速運動，故3T2TE°q=mg；在二二；-時間內(nèi)，粒子只受重力作用,332T做平拋運動，在t=-時刻的豎直速度為3gTVyi=32T,水平速度為V。；在二丁T時間內(nèi)，由牛3頓第二定律2E°qmg=ma,解得a=g,方向向上，則在t=T時刻，Vy2=VyigJ=0,3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AEpd11=mg-2=2mgd,選項C正確；從射入到射出，由動能定理可知，2mgd-W電=0,可知1克服電場力做功為gmgd,選項D錯誤；故選B、C.命題點二用

8、“等效法”處理帶電粒子在電場和重力場中的運動-能力考點師生共研1 .等效重力法F合將重力與電場力進行合成，如圖4所示，則F合為等效重力場中的“重力"，g'=m為等效重力場中的“等效重力加速度”，F(xiàn)合的方向等效為“重力”的方向，即在等效重力場中的豎直向下方向圖42 .物理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)是物理最高點.幾何最高點是圖形中所畫圓的最上端，是符合人眼視覺習(xí)慣的最高點.而物理最高點是物體在圓周運動過程中速度最小(稱為臨界速度)

9、的點.例2如圖5所示，半徑為r的絕緣光滑圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，環(huán)上套有一質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的珠子，現(xiàn)在圓環(huán)平面內(nèi)加一個勻強電場，使珠子由最高點A從靜止開始釋放(AC、BD為圓環(huán)的兩條互相垂直的直徑)，要使珠子沿圓弧經(jīng)過B、C剛好能運動到D.(重力加速度為g)圖5(1)求所加電場的場強最小值及所對應(yīng)的場強的方向；(2)當所加電場的場強為最小值時，求珠子由A到達D的過程中速度最大時對環(huán)的作用力大??；(3)在(1)問電場中，要使珠子能完成完整的圓周運動，在A點至少應(yīng)使它具有多大的初動能？答案見解析解析(1)根據(jù)題述，珠子運動到BC弧中點M時速度最大，作過M點的直徑MN,設(shè)電場力與重力的合力為F

10、,則其方向沿NM方向，分析珠子在M點的受力情況，由圖可知，當F電垂直于F時，F(xiàn)電最小，最小值為：F電min=mgcos45mgmin=qEmin解得所加電場的場強最小值Emin=£2m2,方向沿/AOB的角平分線方向指向左上方2q(2)當所加電場的場強為最小值時，電場力與重力的合力為F=mgsin452mg把電場力與重力的合力看做是“等效重力”，對珠子由F(r+%/mv2一。A運動到M的過程，由動能定理得在M點，由牛頓第二定律得:2vFn-F=mr聯(lián)立解得3,2Fn=(2+1)mg由牛頓第三定律知，珠子對環(huán)的作用力大小為一，一3,2.Fn=Fn=(2+l)mg.(3)由題意可知，N點

11、為等效最高點，只要珠子能到達N點，就能做完整的圓周運動，珠子在N點速度為0時，所需初動能最小，此過程中，由動能定理得：-F(r-r)=0EkA解得EkA=mgr.變式3(2018陜西西安質(zhì)檢)如圖6所示的裝置是在豎直平面內(nèi)放置的光滑絕緣軌道，處于水平向右的勻強電場中，帶負電荷的小球從高為h的A處由靜止開始下滑，沿軌道ABC運動并進入圓環(huán)內(nèi)做圓周運動.已知小球所受電場力是其重力的7,圓環(huán)半徑為R,斜面傾角4為0=60°,Sbc=2R.若使小球在圓環(huán)內(nèi)能做完整的圓周運動，h至少為多少？(sin37°=0.6,cos37°=0.8)不/Ed:_MDc圖6答案7.7R解析

12、小球所受的重力和電場力都為恒力，故可將兩力等效為一個力F,如圖所示.可知F=1.25mg,方向與豎直方向成37°角.由圖可知，小球做完整的圓周運動的臨界點是D點，設(shè)小球恰好能通過D點，即到達D點時圓環(huán)對小球的彈力恰好為零.*由圓周運動知識得：22F=，即：1.25mg=mRR小球由A運動到D點，由動能定理結(jié)合幾何知識得：mg(h-R-Rcos37°)-mg-(-+2R+Rsin37°)=1mvD2,聯(lián)立解得h=7.7R.=''4='tan0'2'命題點三電場中的力電綜合問題能力考點師生共研1 .力學(xué)規(guī)律(1)動力學(xué)規(guī)律：牛頓

13、運動定律結(jié)合運動學(xué)公式.(2)能量規(guī)律：動能定理或能量守恒定律.2 .電場規(guī)律(1)電場力的特點：F=Eq,正電荷受到的電場力與場強方向相同(2)電場力做功的特點：Wab=FLabCOS0=qUab=EpAEpB.3 .多階段運動在多階段運動過程中，當物體所受外力突變時，物體由于慣性而速度不發(fā)生突變，故物體在前一階段的末速度即為物體在后一階段的初速度.對于多階段運動過程中物體在各階段中發(fā)生的位移之間的聯(lián)系，可以通過作運動過程草圖來獲得例3(2017全國卷I25空中存在電場強度大小為Ei的勻強電場，一帶電油滴在該電場中豎直向上做勻速直線運動，速度大小為vo,在油滴處于位置A時，將電場強度的大小突

14、然增大到某值，但保持其方向不變.持續(xù)一段時間ti后，又突然將電場反向，但保持其大小不變；再持續(xù)同樣一段時間后，油滴運動到B點.重力加速度大小為g.(1)求油滴運動到B點時的速度；(2)求增大后的電場強度的大??；為保證后來的電場強度比原來的大，試給出相應(yīng)的ti和vo應(yīng)滿足的條件.已知不存在電場時，油滴以初速度vo做豎直上拋運動的最大高度恰好等于B、A兩點間距離的兩倍.答案見解析解析(1)油滴帶電性質(zhì)不影響結(jié)果.設(shè)該油滴帶正電，油滴質(zhì)量和電荷量分別為m和q,油滴速度方向向上為正.油滴在電場強度大小為Ei的勻強電場中做勻速直線運動，故勻強電場方向向上.在t=0時，電場強度突然從Ei增加至E2,油滴做

15、豎直向上的勻加速運動，加速度方向向上，大小ai滿足qE2-mg=mai油滴在ti時刻的速度為vi=vo+aiti電場強度在ti時刻突然反向，之后油滴做勻變速直線運動，加速度方向向下，大小a2滿足qE2+mg=ma2油滴在t2=2ti時刻，即運動到B點時的速度為v2=via2ti由式得v2=vo2gti(2)由題意，在t=0時刻前有qEi=mg油滴從t=0到ti時刻的位移為,2Qxi=v0ti+2aiti油滴在從ti時刻到t2=2ti時刻的時間間隔內(nèi)的位移為,2X2=Viti21由題給條件有v2=2gX2h=4gh式中h是B、A兩點之間的距離.若B點在A點之上，依題意有xi+X2=h由式得V0i

16、V0巳="2正+4(72舊為使E2>Ei,應(yīng)有V0iV023V0解得0VtiV(i)3V0或ti>(i+2)7條件？式和？式分別對應(yīng)于V2>0和V2V0兩種情形.若B在A點之下,依題意有X2+xi=h由?式得E2=22V0V0g巖)2舊為使E2>Ei,應(yīng)有5V0解得ti>(2+i)-另一解為負，不符合題意，舍去變式4(2017全國卷25圖7所示，兩水平面(虛線)之間的距離為H,其間的區(qū)域存在方向水平向右的勻強電場.自該區(qū)域上方的A點將質(zhì)量均為m,電荷量分別為q和一q(q>0)的帶電小球M、N先后以相同的初速度沿平行于電場的方向射出.小球在重力作用下

17、進入電場區(qū)域，并從該區(qū)域的下邊界離開.已知N離開電場時的速度方向豎直向下；M在電場中做直線運動，剛離開電場時的動能為N剛離開電場時的動能的1.5倍.不計空氣阻力，重力加速度大小為g.求：左，右圖7M與N在電場中沿水平方向的位移之比；(2)A點距電場上邊界的高度；(3)該電場的電場強度大小.答案(1)3：1(2)；H"|詈32q解析(1)設(shè)小球M、N在A點水平射出時的初速度大小為V0,則它們進入電場時的水平速度仍然為V0.M、N在電場中運動的時間t相等，電場力作用下產(chǎn)生的加速度沿水平方向，大小均為a,在電場中沿水平方向的位移分別為S1和S2.由題給條件和運動學(xué)公式得vo-at=0S2=

18、vot1at22聯(lián)立式得S1=3S2(2)設(shè)A點距電場上邊界的高度為h，小球下落h時在豎直方向的分速度為Vy,由運動學(xué)公Vy2=2gh一，1,2H=vyt+2gtM進入電場后做直線運動，由幾何關(guān)系知V0Si=77VyH聯(lián)立式可得1h=-H3(3)設(shè)電場強度的大小為E,小球M進入電場后做直線運動，則V0qEVymg設(shè)M、N離開電場時的動能分別為Eki、Ek2,由動能定理得L1,2.2、Ek1=嚴(Vo+Vy)+mgH+qEs11,2,2、Ek2=2m(Vo+Vy)+mgHqEs2由已知條件Eki=1.5Ek2聯(lián)立？式得；2mgE=-2q變式5如圖8所示，在E=103V/m的豎直勻強電場中，有一光

19、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線平行，其半徑R=40cm,N為半圓形軌道最低點，P為QN圓弧的中點，一帶負電q=104C的小滑塊質(zhì)量m=10g,與水平軌道間的動摩擦因數(shù)巧=0.15,位于N點右側(cè)1.5m的M處，g取10m/s2,求:(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(yīng)以多大的初速度vo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?答案(1)7m/s(2)0.6N解析(1)設(shè)小滑塊恰能到達Q點時速度為V,2V由牛頓第二定律得mg+qE=mR小滑塊從開始運動至到達Q點過程中，由動能定理得1212-mg-2RqE-

20、2Rp(mg+qE)x=2mv-2-mv0聯(lián)立解得：Vo=7m/s.（2）設(shè)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1一(mg+qE)Rp(qE+mg)x=&mv2-2mv。2又在P點時，由牛頓第二定律得，2vFn=mR代入數(shù)據(jù)，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.課時作業(yè)般氧訓(xùn)母蛾現(xiàn)恒塔速度力雙基鞏固練1.（2017河南中原名校第二次聯(lián)考）如圖1所示，在兩平行金屬板中央有一個靜止的電子（不計重力），當兩板間的電壓分別如圖2中甲、乙、丙、丁所示，電子在板間運動（假設(shè)不與板相碰），下列說法

21、正確的是（）百TA.電壓是甲圖時，在0T時間內(nèi)，電子的電勢能一直減少TB.電壓是乙圖時，在0萬時間內(nèi)，電子的電勢能先增加后減少C.電壓是丙圖時，電子在板間做往復(fù)運動D.電壓是丁圖時，電子在板間做往復(fù)運動答案D解析若電壓是甲圖，0T時間內(nèi)，電場力先向左后向右，則電子先向左做勻加速直線運動，后做勻減速直線運動，即電場力先做正功后做負功，電勢能先減少后增加，故A錯誤；電壓T是乙圖時，在02時間內(nèi)，電子向右先加速后減速，即電場力先做正功后做負功，電勢能先減少后增加，故B錯誤；電壓是丙圖時，電子先向左做加速度先增大后減小的加速運動，過T了2f故加速度先增大后減小的減速運動，到T時速度減為0,之后重復(fù)前面

22、的運動，故電子TT一直朝同一方向運動，c錯誤；電壓是丁圖時，電子先向左加速，到-后向左減速，萬后向右3加速，4T后向右減速，t時速度減為零,之后重復(fù)前面的運縱故電子做往復(fù)運動，d正確.2.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(shè)A、B兩極板間的距離足夠大，下列說法正確的是圖3LA.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兩板間做周期性往復(fù)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(fù)運動答案D3.一勻

23、強電場的電場強度E隨時間t變化的圖象如圖4所示，在該勻強電場中，有一個帶負電粒子于t=0時刻由靜止釋放，若帶電粒子只受電場力作用，則下列說法中正確的是(假設(shè)帶電粒子不與板相碰)()£7(V圖4A.帶電粒子只向一個方向運動B.02s內(nèi)，電場力做功等于0C.4s末帶電粒子回到原出發(fā)點D.2.54s內(nèi)，電場力做功等于0答案D解析畫出帶電粒子速度v隨時間t變化的圖象如圖所示,v-t圖線與時間軸所圍“面積”表示位移，可見帶電粒子不是只向一個方向運動，4s末帶電粒子不能回到原出發(fā)點，A、C錯誤；2s末速度不為0,可見02s內(nèi)電場力做的功不等于0,B錯誤；2.5s末和4s末，速度的大小、方向都相同

24、，則2.54s內(nèi)，電場力做功等于0,所以D正確.4.如圖5所示，在豎直向上的勻強電場中，一根不可伸長的絕緣細繩的一端系著一個帶電小球，另一端固定于O點，小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，最高點為a,最低點為b.不計空氣阻力，則下列說法正確的是（）A.小球帶負電B.電場力跟重力平衡C.小球在從a點運動到b點的過程中，電勢能減小D.小球在運動過程中機械能守恒答案B解析由于小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，所以重力與電場力的合力為0,電場力方向豎直向上，小球帶正電，A錯，B對；從a-b,電場力做負功，電勢能增大，C錯；由于有電場力做功，機械能不守恒，D錯.5.（多選）（2017河北唐山一模）如圖6所示，

25、豎直平面內(nèi)有A、B兩點，兩點的水平距離和豎直距離均為H,空間存在水平向右的勻強電場.一質(zhì)量為m的帶電小球從A點以水平速度vo拋出，經(jīng)一段時間豎直向下通過B點.重力加速度為g,小球在由A到B的運動過程中，下列說法正確的是（）圖6A.小球帶負電B.速度先增大后減小C.機械能一直減小D.任意一小段時間內(nèi)，電勢能的增加量總等于重力勢能的減少量答案AC解析由題可知，小球在豎直方向做自由落體運動，在水平方向做勻減速運動，可知其所受電場力方向向左，與電場方向相反，則小球帶負電，電場力一直對小球做負功，小球的電勢能增加，機械能減小，A、C正確.小球受豎直向下的重力和水平向左的電場力，合力方向指向左下方，又初速

26、度水平向右，末速度豎直向下，由力與速度夾角關(guān)系可知，合力對小球先做負功，后做正功，小球的速度先減小后增大，B錯誤.任意一小段時間內(nèi)，小球的動能、電勢能和重力勢能的和保持不變，則電勢能的增加量不一定等于重力勢能的減少量，D錯誤.6.（2017河南鄭州第一次聯(lián)考）如圖7甲所示，在y=0和y=2m之間有沿著x軸方向的勻強電場，MN為電場區(qū)域的上邊界，在x軸方向范圍足夠大.電場強度的變化如圖乙所示，取x軸正方向為電場正方向.現(xiàn)有一個帶負電的粒子，粒子的比荷=1.0x102C/kg,在m上0時刻以速度vo=5X102m/s從O點沿y軸正方向進入電場區(qū)域，不計粒子重力作用.求:Mo,甲Efl*HJr1N-

27、C-1)(1)粒子通過電場區(qū)域的時間;(2)粒子離開電場的位置坐標;(3)粒子通過電場區(qū)域后沿x軸方向的速度大小.答案(1)4X103s(2)(2X105m,2m)(3)4x103m/s解析(1)因為粒子初速度方向垂直于勻強電場，在電場中做類平拋運動，所以粒子通過電場區(qū)域的時間t="=4X10-3s.V0(2)粒子帶負電，沿x軸負方向先加速后減速，加速時的加速度大小a=卬=4mm/s2,減速時的加速度大小E2qa2=2m/s,離開電場時，在x軸方向上的位移大小m1x=£a1(T)2+a1(T)2-/(T)2=2X10-5m,因此粒子離開電場的位置坐標為(一2X105m,2m

28、).(3)粒子通過電場區(qū)域后沿x軸方向的速度大小為:a2T=4X103m/s.7.(2018江西宜春調(diào)研)如圖8所示，0、A、B、C為一粗糙絕緣水平面上的四點，不計空氣阻力，一電荷量為一Q的點電荷固定在0點，現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為一q的小金屬塊(可視為質(zhì)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)為出A、B間距離為L,靜電力常量為k,則()-QOA.在點電荷一Q形成的電場中，A、B兩點間的電勢差Uab=22vmg日mvm2qB.在小金屬塊由A向C運動的過程中，電勢能先增大后減小kQqC.OB間的距離為A艮m

29、gD.從B到C的過程中，小金屬塊的動能全部轉(zhuǎn)化為電勢能答案C1)解析小金屬塊從A到B過程，由動能定理得：qUAB(1mgU2mvm0,得A、B兩22mmg日mvm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，2q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，金屬塊做減速運動，在B點金屬塊所受的滑動摩擦力與庫侖力平衡，則有11mgkT,得r=、,故C正確；從B到C的過程中，小金屬塊的動能和減少的電r丫wmg勢能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，故D錯誤.8.如圖9所示，勻強電場方向與水平線間夾角0=30。，方向斜向右上方，電場強度為E,質(zhì)量為m的小球帶負電，以初速度vo開始運動，初速度方向與電場方向一致圖9mg(1)若小球的帶電荷量為q=-E",為使小球能做勻速直線運動，應(yīng)對小球施加的恒力Fi的大小和方向各如何？2mg(2)若小球的帶電荷量為q=e，為使小球能做直線運動，應(yīng)對小球施加的最小恒力F2的大小和方向各如