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第46课时　带电粒子(带电体)在电场中的综合问题(思维进阶课)
[学习目标]　1．掌握带电粒子在电场和重力场的复合场中的运动规律。2．会用等效法分析带电粒子在电场和重力场的复合场中的圆周运动。3．会用动力学和能量观点分析电场中的力电综合问题。
“等效法”在电场中的应用
1．问题分析
2．方法应用(以粒子带正电为例)
[典例1]　如图所示，ABCD为表示竖直放在电场强度为E＝104 V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的BCD部分是半径为R的半圆环，轨道的水平部分与半圆环相切。A为水平轨道上的一点，而且AB＝R＝0.2 m。把一质量m＝100 g、带电荷量q＝10-4 C的小球，放在水平轨道的A点由静止开始被释放后，在轨道的内侧运动。(重力加速度g取10 m/s2)求：
(1)它到达C点时的速度是多大
(2)它到达C点时对轨道的压力是多大
(3)小球所能获得的最大动能是多少
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归纳总结：将恒定的静电力和重力看成一个等效力，可以将原来圆周运动的最低点和最高点的情况进行拓展，等效最高点在沿等效力方向的直径上。
电场中的力、电综合问题
　带电粒子在交变电场中的运动
1．交变电场：常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等。
2．题目类型
(1)粒子做单向直线运动。
(2)粒子做往返运动。
[典例2]　
匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像如图所示，当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子(带正电)，设带电粒子只受静电力的作用，则下列说法正确的是(　　)
A．带电粒子将始终向同一个方向运动
B．2 s末带电粒子回到原出发点
C．3 s末带电粒子的速度不为0
D．前3 s内，静电力做的总功为0
方法技巧：(1)按周期性分段研究。
(2)将 a-t图像v-t图像。
　电场中的力、电综合问题
1．分析思路
先分析受力情况，再分析运动状态和运动过程(平衡、加速或减速，轨迹是直线还是曲线)，然后选用恰当的规律如牛顿运动定律、运动学公式、动能定理、能量守恒定律等解题。
2．两个结论
(1)若带电粒子只在静电力作用下运动，其动能和电势能之和保持不变。
(2)若带电粒子只在重力和静电力作用下运动，其机械能和电势能之和保持不变。
[典例3]　
(2024·黑吉辽卷)在水平方向的匀强电场中，一带电小球仅在重力和静电力作用下于竖直面(纸面)内运动。如图所示，若小球的初速度方向沿虚线，则其运动轨迹为直线；若小球的初速度方向垂直于虚线，则其从O点出发运动到与O点等高处的过程中(　　)
A．动能减小，电势能增大
B．动能增大，电势能增大
C．动能减小，电势能减小
D．动能增大，电势能减小
[典例4]　(2025·广西卷)在真空中，一个电荷量为－q、质量为m的试探电荷绕电荷量为＋Q的点电荷做椭圆轨道运动，如图甲，O'为椭圆中心，O'A为半长轴，长度为a，O'B为半短轴，点电荷处于椭圆的焦点F处，焦距为c。图乙是v2-的关系图，其中v为该试探电荷运动速率，r为该试探电荷到点电荷的距离。距离点电荷r处的电势φ＝，其中k为静电力常量。重力和万有引力忽略不计。
(1)求B点的电势；
(2)求该试探电荷从A点运动到B点静电力所做的功；
(3)通过推理论证该试探电荷在运动过程中动能和电势能之和是否守恒。若不守恒，说明理由；若守恒，求出该试探电荷在运动过程中动能和电势能之和。
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第46课时
进阶点1
典例1　解析：设小球在C点的速度大小是vC，对轨道的压力大小为NC，则对于小球由A到C的过程中，由动能定理得qE·2R－mgR＝m－0
解得vC＝2 m/s。
(2)在C点的圆轨道径向应用牛顿第二定律，有
NC－qE＝m
解得NC＝3 N
根据牛顿第三定律知，小球在C点对轨道的压力大小为3 N。
(3)因为mg＝qE＝1 N，可知当小球受到合力的方向垂直于B、C点的连线BC时，BC弧中点D为等效重力的最低点，此处小球速度最大。从B到D由动能定理得
qER(1＋sin 45°)－mg·R(1－cos 45°)＝Emax
解得Emax＝ J。
答案：(1)2 m/s　(2)3 N　(3) J
进阶点2
典例2　D　[
由牛顿第二定律可知，带电粒子在第1 s内的加速度大小a1＝，第2 s内加速度大小a2＝，故a2＝2a1，因此先加速1 s再减速0.5 s，此时速度为0，接下来的0.5 s将反向加速，同理可知此后的运动情况，故v-t 图像如图所示，由图可知该粒子不是始终向同一方向运动，故A错误；根据速度—时间图像与坐标轴围成的面积表示位移可知，在t＝2 s时，带电粒子没有回到原出发点，故B错误；由图可知，3 s末的瞬时速度为0，故C错误；因为第3 s末粒子的速度刚好减为0，根据动能定理可知，前3 s内，静电力做的总功为0，故D正确。]
典例3　D　[根据题意可知，小球所受合力方向沿虚线向下，则其所受静电力方向水平向右，小球从O点运动到与O点等高处的过程做类平抛运动，小球的速度增大，动能增大，由于小球所受静电力与小球速度的夹角一直为锐角，则静电力做正功，小球的电势能减小，A、B、C错误，D正确。]
典例4　解析：(1)根据椭圆的性质可知，B点到F点的距离rBF＝a
则B点的电势φB＝＝。
(2)由(1)问可知，A点到F点的距离rAF＝a－
则A点的电势φA＝＝＝
根据静电力做功与电势能变化的关系可知
WAB＝－ΔEpAB＝EpA－EpB
又EpA＝－qφA，EpB＝－qφB
联立解得WAB＝－。
(3)设题图乙中图线斜率为k0，由题图乙有v2＝k0
试探电荷运动过程中动能与电势能之和E总＝－＋mv2
变形得v2＝＋
对比分析可知k0＝，＝－
解得E总＝－
由于E总为一定值，则试探电荷运动过程中动能与电势能之和守恒。
答案：(1)　(2)－　(3)见解析
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第八章　静电场
第46课时　带电粒子(带电体)在电场中的综合问题(思维进阶课)
[学习目标]　1．掌握带电粒子在电场和重力场的复合场中的运动规律。2．会用等效法分析带电粒子在电场和重力场的复合场中的圆周运动。3．会用动力学和能量观点分析电场中的力电综合问题。
进阶点1　“等效法”在电场中的应用
1．问题分析
2．方法应用(以粒子带正电为例)
[典例1]　如图所示，ABCD为表示竖直放在电场强度为E＝104 V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的BCD部分是半径为R的半圆环，轨道的水平部分与半圆环相切。A为水平轨道上的一点，而且AB＝R＝0.2 m。把一质量m＝100 g、带电荷量q＝10-4 C的小球，放在水平轨道的A点由静止开始被释放后，在轨道的内侧运动。(重力加速度g取10 m/s2)求：
(1)它到达C点时的速度是多大
(2)它到达C点时对轨道的压力是多大
(3)小球所能获得的最大动能是多少
[解析]　设小球在C点的速度大小是vC，对轨道的压力大小为NC，则对于小球由A到C的过程中，由动能定理得qE·2R－mgR＝m－0
解得vC＝2 m/s。
(2)在C点的圆轨道径向应用牛顿第二定律，有
NC－qE＝m
解得NC＝3 N
根据牛顿第三定律知，小球在C点对轨道的压力大小为3 N。
(3)因为mg＝qE＝1 N，可知当小球受到合力的方向垂直于B、C点的连线BC时，BC弧中点D为等效重力的最低点，此处小球速度最大。从B到D由动能定理得
qER(1＋sin 45°)－mg·R(1－cos 45°)＝Emax
解得Emax＝ J。
[答案]　(1)2 m/s　(2)3 N　(3) J
归纳总结：将恒定的静电力和重力看成一个等效力，可以将原来圆周运动的最低点和最高点的情况进行拓展，等效最高点在沿等效力方向的直径上。
角度1　带电粒子在交变电场中的运动
1．交变电场：常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等。
2．题目类型
(1)粒子做单向直线运动。
(2)粒子做往返运动。
进阶点2　电场中的力、电综合问题
[典例2]　匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像如图所示，当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子(带正电)，设带电粒子只受静电力的作用，则下列说法正确的是(　　)
A．带电粒子将始终向同一个方向运动
B．2 s末带电粒子回到原出发点
C．3 s末带电粒子的速度不为0
D．前3 s内，静电力做的总功为0
√
D　[由牛顿第二定律可知，带电粒子在第1 s内的加速度大小a1＝，第
2 s内加速度大小a2＝，故a2＝2a1，因此先加速1 s再减速0.5 s，此时速度为0，接下来的0.5 s将反向加速，同理可知此后的运动情况，故v-t 图像如图所示，由图可知该粒子不是始终向同一方向运动，故A错误；根据速度—时间图像与坐标轴围成的面积表示位移可知，在t＝2 s时，带电粒子没有回到原出发点，故B错误；由图可知，3 s末的瞬时速度为0，故C错误；因为第3 s末粒子的速度刚好减为0，根据动能定理可知，前3 s内，静电力做的总功为0，故D正确。]
方法技巧：(1)按周期性分段研究。
(2)将 a-t图像v-t图像。
角度2　电场中的力、电综合问题
1．分析思路
先分析受力情况，再分析运动状态和运动过程(平衡、加速或减速，轨迹是直线还是曲线)，然后选用恰当的规律如牛顿运动定律、运动学公式、动能定理、能量守恒定律等解题。
2．两个结论
(1)若带电粒子只在静电力作用下运动，其动能和电势能之和保持不变。
(2)若带电粒子只在重力和静电力作用下运动，其机械能和电势能之和保持不变。
[典例3]　(2024·黑吉辽卷)在水平方向的匀强电场中，一带电小球仅在重力和静电力作用下于竖直面(纸面)内运动。如图所示，若小球的初速度方向沿虚线，则其运动轨迹为直线；若小球的初速度方向垂直于虚线，则其从O点出发运动到与O点等高处的过程中(　　)
A．动能减小，电势能增大
B．动能增大，电势能增大
C．动能减小，电势能减小
D．动能增大，电势能减小
√
D　[根据题意可知，小球所受合力方向沿虚线向下，则其所受静电力方向水平向右，小球从O点运动到与O点等高处的过程做类平抛运动，小球的速度增大，动能增大，由于小球所受静电力与小球速度的夹角一直为锐角，则静电力做正功，小球的电势能减小，A、B、C错误，D正确。]
[典例4]　(2025·广西卷)在真空中，一个电荷量为－q、质量为m的试探电荷绕电荷量为＋Q的点电荷做椭圆轨道运动，如图甲，O'为椭圆中心，O'A为半长轴，长度为a，O'B为半短轴，点电荷处于椭圆的焦点F处，焦距为c。图乙是v2-的关系图，其中v为该试探电荷运动速率，r为该试探电荷到点电荷的距离。距离点电荷r处的电势φ＝，其中k为静电力常量。重力和万有引力忽略不计。
(1)求B点的电势；
(2)求该试探电荷从A点运动到B点静电力所做的功；
(3)通过推理论证该试探电荷在运动过程中动能和电势能之和是否守恒。若不守恒，说明理由；若守恒，求出该试探电荷
在运动过程中动能和电势能之和。
[解析]　(1)根据椭圆的性质可知，B点到F点的距离rBF＝a
则B点的电势φB＝＝。
(2)由(1)问可知，A点到F点的距离rAF＝a－
则A点的电势φA＝＝＝
根据静电力做功与电势能变化的关系可知
WAB＝－ΔEpAB＝EpA－EpB
又EpA＝－qφA，EpB＝－qφB
联立解得WAB＝－。
(3)设题图乙中图线斜率为k0，由题图乙有v2＝k0　
试探电荷运动过程中动能与电势能之和E总＝－＋mv2
变形得v2＝＋
对比分析可知k0＝，＝－
解得E总＝－
由于E总为一定值，则试探电荷运动过程中动能与电势能之和守恒。
[答案]　(1)　(2)－　(3)见解析
课时作业(四十六)　带电粒子(带电体)在电场中的综合问题
(思维进阶课)
1．如图所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球，另一端固定于O点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b。不计空气阻力，则下列说法正确的是(　　)
A．小球带负电
B．静电力与重力平衡
C．小球在从a点运动到b点的过程中，电势能减小
D．小球在运动过程中机械能守恒
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
B　[由于小球在竖直平面内做匀速圆周运动，所以重力与静电力的合力为0，即静电力与重力平衡，知静电力方向竖直向上，所以小球带正电，A错误，B正确；从a→b，静电力做负功，电势能增大，C错误；由于静电力对小球做功，故小球在运动过程中机械能不守恒，D错误。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
2．(2025·河南郑州一模)如图所示，A、B、C、D、E、F、G、H是竖直光滑绝缘圆轨道的八等分点，AE竖直，空间存在平行于圆轨道面的匀强电场，从A点静止释放一质量为m的带电小球，小球沿圆弧恰好能到达C点。若在A点给带电小球一个水平向右的冲量，让小球沿轨道做完整的圆周运动，则小球运动过程中(　　)
A．E点的动能最小
B．B点的电势能最大
C．C点的机械能最大
D．F点的机械能最小
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
C　[从A点静止释放一质量为m的带电小球，小球沿圆弧恰好能到达C点，可知静电力和重力的合力方向沿FB方向斜向下，可知B点为“等效最低点”，F点为“等效最高点”，可知小球在F点速度最小，动能最小。由平衡条件可知，静电力水平向右，可知小球在G点电势能最大，在C点电势能最小，因小球的电势能与机械能之和守恒，可知在C点机械能最大，在G点机械能最小，故C正确。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
3．如图甲所示，在匀强电场中的O点先后无初速度释放两个正点电荷Ⅰ和Ⅱ，电荷仅在静电力的作用下沿直线向A运动，两电荷的动能Ek随位移x变化的关系如图乙所示。若Ⅰ的电荷量为q，则可知(　　)
A．电荷Ⅱ的电荷量为q
B．电荷Ⅱ受到的静电力大小为F＝
C．选O点为零电势点，A点的电势为φA＝
D．匀强电场的电场强度大小为E＝
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
D　[电荷Ⅰ从O到A点由动能定理得qUOA＝Ek0，电荷Ⅱ从O到A点由动能定理得q'UOA＝2Ek0，解得电荷Ⅱ的电荷量为q'＝2q，故A错误；电荷Ⅱ从O到A点由动能定理得Fx0＝2Ek0，解得电荷Ⅱ受到的静电力大小为F＝，故B错误；电荷Ⅰ从O到A点由动能定理得qUOA＝Ek0，由UOA＝φO－φA，可得A点的电势为φA＝φO－UOA＝－，故C错误；由电荷Ⅱ受到静电力大小为F＝2qE＝，解得匀强电场的电场强度大小为E＝，故D正确。故选D。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
4．一匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像如图所示，在该匀强电场中，有一个带负电粒子于t＝0时刻由静止释放，若带电粒子只受静电力作用，则下列说法正确的是(　　)
A．带电粒子只向一个方向运动
B．0～2 s内，静电力做功等于0
C．4 s末带电粒子回到原出发点
D．2.5～4 s内，静电力做功等于0
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
D　[画出带电粒子速度v随时间t变化的图像如图所示，v-t图线与时间轴所围“面积”表示位移，可见带电粒子不是只向一个方向运动，4 s末带电粒子不能回到原出发点，A、C错误；2 s末速度不为0，可见0～2 s内静电力做的功不等于0，B错误；2.5 s末和4 s末，速度的大小、方向都相同，则2.5～4 s内，静电力做功等于0，D正确。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
5．真空中存在空间范围足够大的水平向右的匀强电场，在电场中，一个质量为m、带电的小球在B点静止时细线与竖直方向的夹角为37°，小球所带的电荷量为q，细线的长度为l，重力加速度大小为
g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列说法正确的是(　　)
A．小球带负电
B．电场强度的大小E＝
C．若将小球从A点由静止释放，则小球从A点运
动到C点的过程中电势能增加了0.75mgl
D．若将小球从A点由静止释放，则小球运动到C点时受到细线的拉力大小为3mg
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
C　[小球在B点处于静止状态，对小球进行受力分析，如图所示，小球所受静电力方向与电场强度方向相同，可知小球带正电，根据平衡条件有qE＝mgtan θ，解得E＝，故A、B错误；若将小球从A点由静止释放，小球将做圆周运动到达C点，静电力做负功，电势能增加了ΔEp＝qEl＝0.75mgl，故C正确；小球从A点到C点，根据动能定理有mgl－qEl＝m－0，小球在C点，根据牛顿第二定律有T－mg
＝m，解得T＝1.5mg，故D错误。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
6．(2025·江苏苏州一模)如图所示在电场强度为E的匀强电场中有一带电绝缘物体P处于水平面上。已知P的质量为m、带电荷量为＋q，其所受阻力与时间的关系为 f＝f0＋kt。t＝0时物体P由静止开始运动直至速度再次为0的过程中，以下说法正确的是(　　)
A．物体达到最大速度的时间
B．物体达到的最大速度为
C．全过程中，物体所受静电力的冲量为
D．全过程中，物体所受阻力f 的冲量为
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
B　[当物体所受合力为0时，物体的速度最大，则有qE＝f0＋kt，解得t＝，从静止到物体达到的最大速度，由动量定理有qEt－t＝mvm－0，解得vm＝，故A错误，B正确；对全过程，由动量定理有qEt'－t'＝0，解得t'＝，则全过程中，物体所受静电力的冲量为I1＝qEt'＝，物体所受阻力f的冲量为I2＝－t'＝，故C、D错误。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
7．(多选)地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场，将一带正电荷的小球自电场中P点水平向左射出。小球所受的重力和静电力的大小相等，重力势能和电势能的零点均取在P点。则射出后(　　)
A．小球的动能最小时，其电势能最大
B．小球的动能等于初始动能时，其电势能最大
C．小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，其动能最大
D．从射出时刻到小球速度的水平分量为0时，重力做的功等于小球电势能的增加量
√
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
BD　[根据qE＝mg、电场方向水平向右可知，带正电荷q的小球所受合力F斜向右下方，且与水平方向夹角为45°；小球在P点的初速度v0水平向左，可画出小球在匀强电场中做类斜抛运动的轨迹如图，其中O为轨迹等效最高点，N为轨迹上与P点“等高”的点。根据类斜抛运动的规律及对称性可知，小球经过O点速度与F垂直时，速度最小，动能最小，经过N点时，速度大小为v0，动能等于初动能，且经过N点的速度竖直向下。根据Ep＝qφ，以及沿电场线方向电势降低，结合上述分析可知，小球经过O点动能最小时，电势能不是最大，小球经过N点动能等于初动能时，电势能最大，A错误，B正确；分析可知，小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，恰好经过O点，此时动能最小，C错误；小球速度的
水平分量为0时，经过N点，从P到N的过程，根据动能定理有WG
＋W电＝m－m，根据功能关系，此过程电势能增加量Δep
＝－W电，则此过程WG＝ΔEp，D正确。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
8．如图(a)所示，水平放置的两正对、平行金属板A、B间加有如图(b)所示的交流电压UAB，现有一带电粒子从A板左端边缘以速度v0水平射入电场。粒子电荷量为＋q，质量为m，不计粒子重力。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
(1)若粒子能够射出电场，已知金属板长度为L，求粒子在电场中的运动时间t；
(2)若粒子在t＝0时刻射入电场，经过一段时间后从B板右侧边缘水平射出。
①定性画出垂直板方向的速度vy(规定竖直向下为正方向)随时间变化的图像。
②求出板长L和两板间距d分别满足的条件。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
[解析]　(1)根据题意可知，粒子在电场中，水平方向上做匀速直线运动，若粒子能够射出电场，则粒子在电场中的运动时间为t＝。
(2)①如图所示。
②由对称性可知，粒子可能在t1＝nT，即vy＝0时从B板右边缘水平射出，L＝v0t1＝nv0T(n＝1，2，3，…)，d＝2n·a
由牛顿第二定律有a＝，联立得d＝(n＝1，2，3，…)。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
[答案]　(1)　(2)①见解析图　②见解析
谢谢！课时作业(四十六)　带电粒子(带电体)在电场中的综合问题(思维进阶课)
说明：单选题每小题4分；多选题每小题6分；本试卷共42分。
1．如图所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球，另一端固定于O点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b。不计空气阻力，则下列说法正确的是(　　)
A．小球带负电
B．静电力与重力平衡
C．小球在从a点运动到b点的过程中，电势能减小
D．小球在运动过程中机械能守恒
2．(2025·河南郑州一模)如图所示，A、B、C、D、E、F、G、H是竖直光滑绝缘圆轨道的八等分点，AE竖直，空间存在平行于圆轨道面的匀强电场，从A点静止释放一质量为m的带电小球，小球沿圆弧恰好能到达C点。若在A点给带电小球一个水平向右的冲量，让小球沿轨道做完整的圆周运动，则小球运动过程中(　　)
A．E点的动能最小
B．B点的电势能最大
C．C点的机械能最大
D．F点的机械能最小
3．如图甲所示，在匀强电场中的O点先后无初速度释放两个正点电荷Ⅰ和Ⅱ，电荷仅在静电力的作用下沿直线向A运动，两电荷的动能Ek随位移x变化的关系如图乙所示。若Ⅰ的电荷量为q，则可知(　　)
A．电荷Ⅱ的电荷量为q
B．电荷Ⅱ受到的静电力大小为F＝
C．选O点为零电势点，A点的电势为φA＝
D．匀强电场的电场强度大小为E＝
4．一匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像如图所示，在该匀强电场中，有一个带负电粒子于t＝0时刻由静止释放，若带电粒子只受静电力作用，则下列说法正确的是(　　)
A．带电粒子只向一个方向运动
B．0～2 s内，静电力做功等于0
C．4 s末带电粒子回到原出发点
D．2.5～4 s内，静电力做功等于0
5．真空中存在空间范围足够大的水平向右的匀强电场，在电场中，一个质量为m、带电的小球在B点静止时细线与竖直方向的夹角为37°，小球所带的电荷量为q，细线的长度为l，重力加速度大小为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列说法正确的是(　　)
A．小球带负电
B．电场强度的大小E＝
C．若将小球从A点由静止释放，则小球从A点运动到C点的过程中电势能增加了0.75mgl
D．若将小球从A点由静止释放，则小球运动到C点时受到细线的拉力大小为3mg
6．(2025·江苏苏州一模)如图所示在电场强度为E的匀强电场中有一带电绝缘物体P处于水平面上。已知P的质量为m、带电荷量为＋q，其所受阻力与时间的关系为f＝f0＋kt。t＝0时物体P由静止开始运动直至速度再次为0的过程中，以下说法正确的是(　　)
A．物体达到最大速度的时间
B．物体达到的最大速度为
C．全过程中，物体所受静电力的冲量为
D．全过程中，物体所受阻力f的冲量为
7．(多选)地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场，将一带正电荷的小球自电场中P点水平向左射出。小球所受的重力和静电力的大小相等，重力势能和电势能的零点均取在P点。则射出后(　　)
A．小球的动能最小时，其电势能最大
B．小球的动能等于初始动能时，其电势能最大
C．小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，其动能最大
D．从射出时刻到小球速度的水平分量为0时，重力做的功等于小球电势能的增加量
8．(12分)如图(a)所示，水平放置的两正对、平行金属板A、B间加有如图(b)所示的交流电压UAB，现有一带电粒子从A板左端边缘以速度v0水平射入电场。粒子电荷量为＋q，质量为m，不计粒子重力。
(1)若粒子能够射出电场，已知金属板长度为L，求粒子在电场中的运动时间t；
(2)若粒子在t＝0时刻射入电场，经过一段时间后从B板右侧边缘水平射出。
①定性画出垂直板方向的速度vy(规定竖直向下为正方向)随时间变化的图像。
②求出板长L和两板间距d分别满足的条件。
课时作业(四十六)
1．B　[由于小球在竖直平面内做匀速圆周运动，所以重力与静电力的合力为0，即静电力与重力平衡，知静电力方向竖直向上，所以小球带正电，A错误，B正确；从a→b，静电力做负功，电势能增大，C错误；由于静电力对小球做功，故小球在运动过程中机械能不守恒，D错误。]
2．C　[从A点静止释放一质量为m的带电小球，小球沿圆弧恰好能到达C点，可知静电力和重力的合力方向沿FB方向斜向下，可知B点为“等效最低点”，F点为“等效最高点”，可知小球在F点速度最小，动能最小。由平衡条件可知，静电力水平向右，可知小球在G点电势能最大，在C点电势能最小，因小球的电势能与机械能之和守恒，可知在C点机械能最大，在G点机械能最小，故C正确。]
3．D　[电荷Ⅰ从O到A点由动能定理得qUOA＝Ek0，电荷Ⅱ从O到A点由动能定理得q'UOA＝2Ek0，解得电荷Ⅱ的电荷量为q'＝2q，故A错误；电荷Ⅱ从O到A点由动能定理得Fx0＝2Ek0，解得电荷Ⅱ受到的静电力大小为F＝，故B错误；电荷Ⅰ从O到A点由动能定理得qUOA＝Ek0，由UOA＝φO－φA，可得A点的电势为φA＝φO－UOA＝－，故C错误；由电荷Ⅱ受到静电力大小为F＝2qE＝，解得匀强电场的电场强度大小为E＝，故D正确。故选D。]
4．D　[
画出带电粒子速度v随时间t变化的图像如图所示，v-t图线与时间轴所围“面积”表示位移，可见带电粒子不是只向一个方向运动，4 s末带电粒子不能回到原出发点，A、C错误；2 s末速度不为0，可见0～2 s内静电力做的功不等于0，B错误；2.5 s末和4 s末，速度的大小、方向都相同，则2.5～4 s内，静电力做功等于0，D正确。]
5．C　[
小球在B点处于静止状态，对小球进行受力分析，如图所示，小球所受静电力方向与电场强度方向相同，可知小球带正电，根据平衡条件有qE＝mgtan θ，解得E＝，故A、B错误；若将小球从A点由静止释放，小球将做圆周运动到达C点，静电力做负功，电势能增加了ΔEp＝qEl＝0.75mgl，故C正确；小球从A点到C点，根据动能定理有mgl－qEl＝m－0，小球在C点，根据牛顿第二定律有T－mg＝m，解得T＝1.5mg，故D错误。]
6．B　[当物体所受合力为0时，物体的速度最大，则有qE＝f0＋kt，解得t＝，从静止到物体达到的最大速度，由动量定理有qEt－t＝mvm－0，解得vm＝，故A错误，B正确；对全过程，由动量定理有qEt'－t'＝0，解得t'＝，则全过程中，物体所受静电力的冲量为I1＝qEt'＝，物体所受阻力f的冲量为I2＝－t'＝，故C、D错误。]
7．BD　[
根据qE＝mg、电场方向水平向右可知，带正电荷q的小球所受合力F斜向右下方，且与水平方向夹角为45°；小球在P点的初速度v0水平向左，可画出小球在匀强电场中做类斜抛运动的轨迹如图，其中O为轨迹等效最高点，N为轨迹上与P点“等高”的点。根据类斜抛运动的规律及对称性可知，小球经过O点速度与F垂直时，速度最小，动能最小，经过N点时，速度大小为v0，动能等于初动能，且经过N点的速度竖直向下。根据Ep＝qφ，以及沿电场线方向电势降低，结合上述分析可知，小球经过O点动能最小时，电势能不是最大，小球经过N点动能等于初动能时，电势能最大，A错误，B正确；分析可知，小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，恰好经过O点，此时动能最小，C错误；小球速度的水平分量为0时，经过N点，从P到N的过程，根据动能定理有WG＋W电＝m－m，根据功能关系，此过程电势能增加量ΔEp＝－W电，则此过程WG＝ΔEp，D正确。]
8．解析：(1)根据题意可知，粒子在电场中，水平方向上做匀速直线运动，若粒子能够射出电场，则粒子在电场中的运动时间为t＝。
(2)①如图所示。
②由对称性可知，粒子可能在t1＝nT，即vy＝0时从B板右边缘水平射出，
L＝v0t1＝nv0T(n＝1，2，3，…)，
d＝2n·a
由牛顿第二定律有a＝，
联立得d＝(n＝1，2，3，…)。
答案：(1)　(2)①见解析图　②见解析
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