11-19年高考物理真题分专题汇编之专题041.带电物体在电场中的运动

第41节 带电物体在电场中的运动.

1.2012年理综新课标卷

18.如图，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连。若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子 A.所受重力与电场力平衡 B.电势能逐渐增加 C.动能逐渐增加 D.做匀变速直线运动 [答案]BD

[解析]要使粒子在电场中直线运动，必须使合力与运动方向在一直线上，由题意可受力分析可知，受重力竖直向下，电场力垂直极板向上，合力水平向左，故A 错。因电场力做负功，故电势能增加。B 正确。合力做负功，故动能减少。C 错。因合力为定值且与运动方向在一直线上，故D 正确。 2.2013年新课标I 卷

16.一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d ，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔

(小孔对电场的影响可忽略不计)。小孔正上方2

d

处的P 点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处（未与极板接触）返回。若将下极板向上平移3

d

，则从P 点

开始下落的相同粒子 A.打到下极板上

B.在下极板处返回

C.在距上极板2d

处返回

D.在距上极板

d 5

2

处返回 【答案】D

【解析】带电粒子运动过程中受重力和电场力做功；设电容器两极板间电压为U ，粒子下落的全程由动能定理有：()002d mg d Uq +

-=-，得3

2Uq mgd =，当下极板向上移3

d 后，设粒子能下落到距离上极板h 处，由动能定理有：()00223

d U mg h qh d +-=-，解得2

5

h d =，D 选项对。 3.2011年理综四川卷

21．质量为m 的带正电小球由空中A 点无初速度自由下落，在t 秒末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场，再经过t 秒小球又回到A 点，不计空气阻力且小球从未落地。则 A ．整个过程中小球电势能变化了2223t mg

B ．整个过程中小球动量增量的大小为2

mgt

C ．从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能变化了mg 2t 2

D ．从A 点到最低点小球重力势能变化了2232t mg

答案：B D

解析：整个过程中小球的位移为0，

02

1

2122=-?+at t gt gt ，得a ＝3g ，根据牛顿第二定律电场力是重力的4倍为4mg ，根据动量定理△P ＝mgt －3mgt ＝－2mgt ，B 正确；电势能变化量为4mg ×1

2gt 2

＝2mg 2t 2,A 错误；小球减速到最低点和最初加速时的动能变化量大小相等为222

1

t mg ，C 错误；从A 点到最低点重力势能变化了22223

2

213121t mg )gt gt (mg =?+?，D 正确。答案为B D 。 4.2014年理综天津卷

4．如图所示，平行金属板A 、B 水平正对放置，分别带等量异号电荷．一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么（ ） A ．若微粒带正电荷，则A 板一定带正电荷 B ．微粒从M 点运动到N 点电势能一定增加 C ．微粒从M 点运动到N 点动能一定增加 D ．微粒从M 点运动到N 点机械能一定增加 【答案】C

【解析】如题图，带电粒子所受电场力为竖直方向，又因为运动轨迹向下偏转，所以粒子所受合外力方向向下。重力方向竖直向下，故电场力方向可能向下，也可能向上但是小于重力。若微粒带正电，则电场方向可能向上也可能向下，A 板带正电和负电均有可能，A 错。若微粒所受电场力向下，从M 点到N 点电场力做正功，电势能减小，B 错。若所受电场力向上，从M 点到N 点电场力做负功，电势能增加，微粒的机械能减少，D 错。微粒所受合力向下，从M 点到N 点合力做正功，根据动能定理，动能一定增加，C 正确。

5.2015年江苏卷7. 一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左。 不计空气阻力，则小球（ BC ） (A)做直线运动 (B)做曲线运动 (C)速率先减小后增大 (D)速率先增大后减小

解析：由题意知，小球受重力、电场力作用，合外力的方向与初速度的方向夹角为钝角，故小球做曲线运动（竖直方向做自由落体运动，水平方向先向右匀减速运动到零再向左匀加速运动），所以A 错误；B 正确；在运动的过程中合外力先做负功后做正功，所以C 正确；D 错误。

E

A

6.2015年理综山东卷20．如图甲，两水平金属板间距为d ，板间电场强度的变化规律如图乙所示。t =0时刻，质量为m 的带电微粒以初速度为v 0沿中线射入两板间，0~T /3时间内微粒匀速运动，T 时刻微粒恰好经金属板边缘飞出，微粒运动过程中未与金属板接触，重力加速度的大小为g ，关于微粒在0~T 时间内运动的描述，正确的是 （ BC ） A.末速度大小为

02v B.末速度沿水平方向 C.重力势能减少了

mgd 2

1

D.克服电场力做功为mgd 【答案】BC 【解析】因0-

3

T 内微粒匀速运动，故0E q mg =；在233T T -时间内，粒子只受重力作用，做类平

抛运动，在23T t =

时刻的竖直速度为13y gT v =，水平速度为v 0；在23

T

T -时间内，粒子满足02E q mg ma -=,解得a =g ，方向向上，则在t =T 时刻，粒子的竖直速度减小到零，水平速度为v 0，

选项A 错误，B 正确；微粒的重力势能减小了1

22

P d E mg mgd ?=?=，选项C 正确；从射入到射出，由动能定理可知，

1=02

mgd W -电，可知克服电场力做功为1

2mgd ，选项D 错误；故选BC.

7. 2017年浙江选考卷8.如图所示，在竖立放置间距为d 的平行板电容器中，存在电场强度为E 的匀强电场。有一质量为m ，电荷量为+q 的点电荷从两极板正中间处静止释放，重力加速度为g 。则点电荷运动到负极板的过程 A.加速度大小为g m qE a +=

B.所需的时间为Eq

dm t =

C.下降的高度为2

d

y = D.电场力所做的功为 Eqd W =

【答案】B

【解析】点电荷往电场中的受力分析如图所示，点电荷所受的合外力为22)()(mg Eq F +=，所

以由牛顿第二定律得，点电荷运动到负极板的过程中，加速度大小为m

F

a =，A 错误；点电荷在水平方向的加速度为m qE

a =

1，由运动学公式21212t a d =，所以Eq

dm t =，故B 正确，点电荷在竖直

图乙

E 2图甲

方向上做自由落体运动，所以下降的高度Eq mgd

gt y 2212=

=，故C 错误；由做功公式Eqd W 2

1=,故D 错误。

8.【2019年4月浙江物理选考】用长为1.4m 的轻质柔软绝缘细线，拴一质量为1.0×10－2kg 、电荷量为2.0×

10-8C 的小球，细线的上端固定于O 点。现加一水平向右的匀强电场，平衡时细线与铅垂线成370，如图所示。现向左拉小球使细线水平且拉直，静止释放，则（sin370

=0.6）

A. 该匀强电场的场强为3.75×107N/C

B. 平衡时细线的拉力为0.17N

C. 经过0.5s ，小球的速度大小为6.25m/s

D. 小球第一次通过O 点正下方时，速度大小为7m/s 【答案】C 【解析】

【详解】AB ．小球在平衡位置时，由受力分析可知：qE=mgtan370

，解得

，

细线的拉力：

T=

，选项AB 错误；

C ．小球向左被拉到细线水平且拉直的位置，释放后将沿着电场力和重力的合力方向做匀加速运动，其方向与竖直方向成370

角，加速度大小为，则经过0.5s ，小球

的速度大小为v=at=6.25m/s ，选项C 正确；

D ．小球从水平位置到最低点的过程中，若无能量损失，则由动能定理：

，带入

数据解得v=7m/s ；因小球从水平位置先沿直线运动，然后当细绳被拉直后做圆周运动到达最低点，在绳子被拉直的瞬间有能量的损失，可知到达最低点时的速度小于7m/s ，选项D 错误。 9.【2019年物理天津卷】如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m 的带电小球，以初速度υ从M 点竖直向上运动，通过N 点时，速度大小为2υ，方向与电场方向相反，则小球从M 运动到

N 的过程（ ）

A. 动能增加

21

2

m υ B. 机械能增加22m υ C. 重力势能增加232

m υ D. 电势能增加22m υ

【答案】B 【解析】

【详解】由动能的表达式2

k 12E mv =

可知带电小球在M 点的动能为212

kM E mv =，在N 点的动能为()21222kN E m v mv =

=，所以动能的增量为23

2

k E mv ?=，故A 错误；带电小球在电场中做类平抛运动，竖直方向受重力做匀减速运动，水平方向受电场力做匀加速运动，由运动学公式有

,2y x qE v v gt v v at t m

=====

，可得2qE mg =，竖直方向的位移2v

h t =，水平方向的位移

22v x t vt =

=，因此有2x h =，对小球写动能定理有23

2

k qEx mgh E mv -==，联立上式可解得22qEx mv =，2

12

mgh mv =

，因此电场力做正功，机械能增加，故机械能增加22mv ，电势能减少22mv ，故B 正确D 错误，重力做负功重力势能增加量为2

12

mv ，故C 错误。

10.【2019年物理全国卷3】空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O 、P 是电场中的两点。从O 点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m 的小球A 、B 。A 不带电，B 的电荷量为q （q >0）。A 从O 点发射时的速度大小为v 0，到达P 点所用时间为t ；B 从O 点到达P 点所用时间为2

t

。重力加速度为g ，求 （1）电场强度的大小； （2）B 运动到P 点时的动能。 【答案】（1）3mg E q

=；（2）222

k 0=2()E m v g t + 【解析】

【详解】（1）设电场强度的大小为E ，小球B 运动的加速度为a 。根据牛顿定律、运动学公式和题

给条件，有 mg +qE =ma ①

22

11()222

t a gt =② 解得 3mg

E q

=

③ （2）设B 从O 点发射时的速度为v 1，到达P 点时的动能为E k ，O 、P 两点的高度差为h ，根据动能定理有

2k 11

2

E mv mgh qEh -=+④

且有

1

02

t

v v t =⑤ 2

12

h gt =

⑥ 联立③④⑤⑥式得

2

22k 0=2()E m v g t +⑦

11.2013年四川卷

10．在如图所示的竖直平面内，物体A 和带正电的物体B 用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，分别静止于倾角θ =37o的光滑斜面上的M 点和粗糙绝缘水平面上，轻绳与对应平面平行。劲度系数k =5N/m 的轻弹簧一端固定在O 点，一端用另一轻绳穿过固定的光滑小环D 与A 相连，弹簧处于原长，轻绳恰好拉直，DM 垂直于斜面。水平面处于场强E =5×104N/C 、方向水平向右的匀强电场中。已知A 、B 的质量分别为m A =0.1kg 和m B =0.2kg ，B 所带电荷量q =+4×l0-6C 。设两物体均视为质

点，不计滑轮质量和摩擦，绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，B 电量不变。取g =10m/s 2，sin37o=0.6，cos37o=0.8。

⑴求B 所受静摩擦力的大小；

⑵现对A 施加沿斜面向下的拉力F ，使A 以加速度a =0. 6m/s 2开始做匀加速直线运动。A 从M 到N 的过程中，B 的电势能增加了ΔE p =0.06J 。已知DN 沿竖直方向，B 与水平面间的动摩擦因数μ=0.4。求A 到达N 点时拉力F 的瞬时功率。 【答案】00.4f N =- 0.528P W =

【解析】（1）F 作用之前，AB 处于静止状态，设B 所受的静摩擦力大小为0f ，AB 间的绳子的张力为0T ，有 对A ：0=sin A T m g θ 对B ： 00T qE f =+

联立两式，代入数据得00.4f N =- 方向向左

（2）物体A 从M 点到N 点的过程中，AB 两物体的位移均为s ，AB 间绳子的张力为T ，有

p E qEs ?=

a m qE g m T B B =--μ

设A 在N 点时速度为v ，受弹簧拉力为F 弹，弹簧的伸长量为△x ，有

22v as =

F 弹=k △x

+sin sin A A F m g F T m a θθ--=弹

由几何关系知θ

θsin )

cos 1(-=

?s x

设拉力F 的瞬时功率为P ,有P=Fv 联立解得：P =0.528W 12. 2014年理综新课标卷Ⅰ

25．如图所示，O ，A ，B 为同一竖直平面内的三个点，OB 沿竖直方向，∠BOA ＝60°，OB ＝3

2OA ，

将一质量为m 的小球以一定的初动能自O 点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过A 点，使此小球带电，电荷量为q (q >0)，同时加一匀强电场，场强方向与△OAB 所在平面平行．现从O 点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过了A 点，到达A 点时的动能是初动能的3倍；若该小球从O 点以同样的初动能沿另一方向抛出，恰好通过B 点，且到达B 点时的动能为初动能的6倍，重力加速度大小为g.求

(1)无电场时，小球到达A 点时的动能与初动能的比值； (2)电场强度的大小和方向． 【答案】（1）

073kA k E E = （

2) 6E q

= A

B O 60°

【解析】设小球的初速度为v 0，初动能E k0，从O 点运动到A 点的时间为t ，令OA ＝d ，则OB ＝3

2d ，

根据平抛运动的规律有

d sin 60°＝v 0t ① d cos 60°＝12gt 2 ②

又有E k0＝1

2mv 20

③

由①②③式得E k0＝3

8mgd ④

设小球到达A 点时的动能为E k A ，则 E k A ＝E k0＋1

2mgd ⑤

由④⑤式得E k A E k0＝7

3

. ⑥

(2)加电场后，小球从O 点到A 点和B 点，高度分别降低了 d 2 和 3

2d ，设电势能分别减小ΔE p A 和ΔE p B ，

由能量守恒及④式得

ΔE p A ＝3E k0－E k0－12mgd ＝2

3E k0 ⑦

ΔE p B ＝6E k0－E k0－3

2

mgd ＝E k0 ⑧

在匀强电场中，沿任一直线，电势的降落是均匀的，设直线OB 上的M 点与A 点等电势，M 与O 点的距离为x ，如图，则有

x 32

d ＝ΔE p A ΔE p B ⑨ 解得x ＝d ，MA 为等势线，电场必与其垂线OC 方向平行，设电场方向与竖直向下的方向的夹角为α，由几何关系可得α＝30° ⑩ 即电场方向与竖直向下的方向的夹角为30°. 设场强的大小为E ，有qEd cos 30°＝ΔE p A ? 由④⑦?式得 E ＝

3mg

6q

. ? 13.2015年理综四川卷10．(18分)如图所示，粗糙、绝缘的直轨道OB 固定在水平桌面上，B 端与桌面边缘对齐，A 是轨道上一点，过A 点并垂直于轨道的竖直面右侧有大小E ＝1.5×106N/C ，方向水平向右的匀强电场。带负电的小物体P 电荷量是2.0×10－

6C ，质量m ＝0.25kg ，与轨道间动摩擦

因数μ＝0.4，P 从O 点由静止开始向右运动，经过0.55s 到达A 点，到达B 点时速度是5m/s ，到达空间D 点时速度与竖直方向的夹角为α，且tan α＝1.2。P 在整个运动过程中始终受到水平向右的某外力F 作用，F 大小与P 的速率v 的关系如表所示。

P 视为质点，电荷量保持不变，忽略空气阻力，取g ＝10 m/s 2，求：

⑴小物体P 从开始运动至速率为2m/s 所用的时间； ⑵小物体P 从A 运动至D 的过程，电场力做的功。 答案：（1）t 1＝0.5s ；（2）W ＝－9.25J 。

解析：（1）小物体P 的速率v 从0至2m/s 时，受水平外力F 1＝2N ，设其做匀变速运动的加速度为a 1，经过时间Δt 1速度为v 1，则根据匀变速直线运动规律有：v 1＝a 1Δt 1 ① 根据牛顿第二定律有：F 1－μmg ＝ma 1 ② 联立①②式并代入数据得：Δt 1=0.5s

即小物体P 从开始运动至速率为2m/s 所用的时间为Δt 1＝0.5s

（2）当物体P 在速率v ＝2～5m/s 时，所受水平外力F 2＝6N ，设先以加速度a 2再加速t 2＝0.05s 至A 点，速度为v 2，根据牛顿第二定律有：F 2－f ＝ma 2 ③ 根据匀变速直线运动规律有：v 2＝v 1＋a 2t 2 ④ 由③④式联立解得：v 2＝3m/s ⑤

物体P 从A 点运动至B 点的过程中，由题意可知，所受 水平外力仍然为F 2＝6N 不变，设位移为x 1，加速度为a 3，根据牛顿第二定律有：F 2－f －qE ＝ma 3 ⑥

根据匀变速直线运动规律有：2a 3x 1＝2B v －22v ⑦

由⑤⑥⑦式联立解得：x 1＝1m ⑧

根据表格数据可知，当物体P 到达B 点时，水平外力为F 3＝qE ＝3N ，因此，离开桌面在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上只受重力，做自由落体运动，设运动至D 点时，其水平向右运动位移为x 2，时间为t 3，则在水平方向上有：x 2＝v B t 3 ⑨ 根据几何关系有：cot α＝2

3

v gt ⑩ 由⑨⑩式联立解得：x 2＝

12

25

m ? 所以小物体P

从A 运动至D 电场力做的功为：W ＝－qE （x 1＋x 2 ） ? 由⑧??式联立解得：W ＝－9.25J. 14.2016年上海卷32.（14分）如图（a ），长度L =0.8m 的光滑杆左端固定一带正电的点电荷A ，其电荷量Q =7

1.810C -?；一质量m =0.02kg ，

P

x

B

A O

x

图（a ）

带电量为q 的小球B 套在杆上。将杆沿水平方向固定于某非均匀外电场中，以杆左端为原点，沿杆向右为x 轴正方向建立坐标系。点电荷A 对小球B 的作用力随B 位置x 的变化关系如图（b ）中曲线I 所示，小球B 所受水平方向的合力随B 位置x 的变化关系如图（b ）中曲线II 所示，其中曲线II 在

0.16≤ x ≤0.20和x ≥0.40范围可近似看作直线。求：（静电力常量229/C m N 109??=k ） （1）小球B 所带电量q ;

（2）非均匀外电场在x =0.3m 处沿细杆方向的电场强度大小E ； （3）在合电场中，x =0.4m 与x =0.6m 之间的电势差U 。

（4）已知小球在x =0.2m 处获得v =0.4m/s 的初速度时，最远可以运动到x =0.4m 。若小球在x =0.16m 处受到方向向右，大小为0.04N 的恒力作用后，由静止开始运动，为使小球能离开细杆，恒力作用的最小距离s 是多少？

【答案】（1）6

110C -? （2）4310N /C ? （3）800v （4）0.065m

【解析】（1）由图可知，当x =0.3m 时，12

0.018qQ

F k

x ==N 因此 C 10162

1-?==kQ

x F q

（2）设在x =0.3m 处点电荷与小球间作用力为F 2，F 合=F 2+qE 因此N/C 103-N/C 10

1018

.0012.0-46

-2

-?=?-=

-=

q

F F E 合 电场在x =0.3m 处沿细秆方向的电场强度大小为N/C 1034

?，方向水平向左。 （3）根据图像可知在x =0.4m 与x =0.6m 之间合力做功大小

J 1082.0004.04-?=?=合W

由qU =W 合 可得800V W U q

=

=合

（4）由图可知小球从x =0.16m 到x =0.2m 处 电场力做功J 1062

04

.003.041-?=?=

W 小球从0.2m x =到0.4m x =处 电场力做功 2W =1

2

-

2mv =31.610--?J

由图可知小球从0.4m x =到0.8m x =处 电场力做功3W =－0.004×0.4=3

1.610--?J

由动能定理 1W +2W +3W +F s 外=0 解得

s =123

=0.065m W W W F ++-

外

15.2017年新课标Ⅱ卷25.（20分）如图，两水平面（虚线）之间的距离为H ，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场。自该区域上方的A 点将质量为m 、电荷量分别为q 和–q （q >0）的带电小球M 、N 先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出。小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开。已知N 离开电场时的速度方向竖直向下；M 在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N 刚离开电场时的动能的1.5倍。不计空气阻力，重力加速度大小为g 。求 （1）M 与N 在电场中沿水平方向的位移之比； （2）A 点距电场上边界的高度； （3）该电场的电场强度大小。 【答案】（1）3:1 （2）

H 31 （3）q mg

E 2=

【解析】（1）设带电小球M 、N 抛出初速度均为v 0，则它们进入电场时的水平速度仍为v 0；M 、N 在电场中的运动时间t 相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为a ，在电场中沿水平方向的位移分别为s 1和s 2；由运动公式可得： v 0-at =0 ①

2101

2

s v t at =+ ②

2201

-2

s v t at = ③

联立①②③解得：

121

3

s s = ④ （2）设A 点距离电场上边沿的高度为h ，小球下落h 时在竖直方向的分速度为v y ，则

gh v 22=

⑤

2

21gt

t v H y +

=

⑥ 因为M 在电场中做匀加速直线运动，则

H s

v v y 1

0=

⑦

由①②⑤⑥⑦可得H

h 31

=

⑧ （3）设电场强度为E ，小球M 进入电场后做直线运动，则m qE

a mg qE v v y =

=，0

⑨ 设M 、N 离开电场时的动能分别为E k 1、E k 2，由动能定理 1

2

201)(21qEs mgH v v m E y k +++= ⑩ 2

2

202)(21qEs mgH v v m E y k -++=

? 由已知条件：E k 1=1.5 E k 2 ? 联立④⑤⑥⑦⑧⑨⑩??解得：q

mg

E 2= 16.2017年新课标I 卷25．（20分）

真空中存在电场强度大小为E 1的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v 0，在油滴处于位置A 时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变。持续一段时间t 1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B 点。重力加速度大小为g 。

（1）油滴运动到B 点时的速度；

（2）求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的t 1和v 0应满足的条件。已知不存在电场时，油滴以初速度v 0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B 、A 两点间距离的两倍。

【答案】（1）2012v v gt =- （2）002

2111

1[22

()]4v v E E gt gt =-+

011)v t g > 【解析】（1）设油滴质量和电荷量分别为m 和q ，油滴速度方向向上为整。油滴在电场强度大小为E 1的匀强电场中做匀速直线运动，故匀强电场方向向上。在t =0时，电场强度突然从E 1增加至E 2时，油滴做竖直向上的匀加速运动，加速度方向向上，大小a 1满足

1

2ma mg qE =-

① 油滴在时刻t 1的速度为1

101t a v v +=

②

电场强度在时刻t 2突然反向，油滴做匀变速直线运动，加速度方向向下，大小a 2满足 2

2ma mg qE =+

③

油滴在时刻t 2=2t 1的速度为2121v v a t =- ④ 由①②③④式得 2012v v gt =- ⑤ （2）由题意，在t =0时刻前有1qE mg = ⑥ 油滴从t =0到时刻t 1的位移为

2111111

2

s v t a t =+ ⑦

油滴在从时刻t 1到时刻t 2=2t 1的时间间隔内的位移为 2211211

2

s v t a t =- ⑧

由题给条件有)2(22

0h g v ?= ⑨

式中h 是B 、A 两点之间的距离。

若B 点在A 点之上，依题意有12s s h += ⑩ 由①②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得

1

2

1

0102])(4122[E gt v gt v E +?

-= ? 为使E 2> E 1，应有1)(41222

1

010>+?-gt v gt v ? 即当g v t 0

1)

231(0-<<

? 或g v t 0

1)

231(+

>

? 才是可能的：条件?式和?式分别对应于v 2>0和v 2<0两种情形。 若B 在A 点之下，依题意有21x x h +=- ? 由①②③⑥⑦⑧⑨?式得

12

1

0102])(41-22[E gt v gt v E ?

-= ? 为使21E E >，应有1)(41-222

1

010>?

-gt v gt v ?

即011)v

t g

> ? 另一解为负，不符合题意，已舍去。