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直通高考7　带电粒子在电场中运动的综合问题
题型一　等效思想在电场中的应用
1.物体仅在重力场中的运动是最常见、最基本的运动，但是对于处在匀强电场和重力场中物体的运动问题就会变得复杂一些。此时可以将重力场与电场合二为一，用一个全新的“复合场”来代替，可形象称之为“等效重力场”。
2.“等效最高点”和“等效最低点”示意图
[例1]　如图所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为m、电荷量为＋q的小球，系在一根长为L的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕O点做圆周运动。AB为圆周的水平直径，CD为竖直直径。已知重力加速度为g，电场强度E=。下列说法中，正确的是(　D　)
A.若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动的最小速度为
B.若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到C点时的动能最大
C.若将小球在A点由静止开始释放，它将在ACBD圆弧上往复运动
D.若将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出，它将能够到达B点
【解析】 根据题意可知，电场力和重力的合力F合=mg，方向斜向右下方，与竖直方向的夹角为45°，小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，小球通过圆弧AD的中点时速度最小，此时满足mg=m，解得vmin=，小球通过圆弧BC的中点时速度最大，动能最大，A、B错误；若将小球在A点由静止开始释放，将沿电场力和重力的合力方向做匀加速直线运动，C错误；若将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出，竖直方向上可得t=，水平方向上x=at2，Eq=ma，联立解得x=2L，可知，小球恰好到达B点，D正确。
[例2]　(多选)如图所示，一端固定的长为l的绝缘轻绳悬挂一质量为m的绝缘小球，小球带正电q，可视为质点。初始时，小球静止于Р点，现给空间施加一水平向右的恒定匀强电场，小球恰能到达Q点，此时轻绳与竖直方向成60°角。已知重力加速度为g，下列说法中，正确的有(　BC　)
A.该电场的电场强度大小为
B.P、Q两点的电势差大小为
C.轻绳对小球的拉力最大时，小球的电势能减小
D.轻绳对小球的拉力最大时，绳上的拉力大小为
【解析】 小球由Р点到达Q点的过程，根据动能定理有－mgl(1－cos 60°)＋Eqlsin 60°=0－0，解得E=，A错误； P、Q两点的电势差大小UPQ=Elsin 60°=，B正确；把小球受到的重力和电场力等效为一个力，大小为mg，根据运动的对称性可知，小球到达圆弧PQ的中点位置时速度最大，此时绳线中的拉力最大，小球的电势能减少ΔEp=Eqlsin 30°=，设最大速度为vm，根据动能定理有－mgl(1－cos 30°)＋Eqlsin 30°=mvm2－0，根据牛顿第二定律，T－mg=m，轻绳对小球的最大拉力T＞mg，C正确，D错误。
[例3]　如图所示，地面上某区域存在着水平向右的匀强电场，一个质量为m的带负电小球(可视为质点)以水平向右的初速度v0由O点射入该区域，刚好竖直向下通过竖直平面中的P点，已知OP与初速度方向的夹角为60°，重力加速度为g，下列说法中，正确的是(　C　)
A.小球所受的静电力大小为mg
B.小球所受的合外力大小为mg
C.小球由O点到P点所用的时间为
D.小球通过P点时的动能为m
【解析】 设OP=L，小球从O点运动到P点的过程，水平方向上做匀减速运动，到达P点时水平速度为零，竖直方向上做自由落体运动，则水平方向上有Lcos 60°=t，竖直方向上有Lsin 60°=gt2，联立解得t=，C正确；小球受到水平方向的静电力F1=ma=mmg，小球所受的合外力是F1与mg的合力，故合外力的大小F=mg，A、B错误；小球通过P点时的速度大小vP=gt=v0，则动能EkP=mm，D错误。
题型二　带电粒子(体)的能量和动量综合问题
解决电场中的力电综合问题，常用以下几种观点分析解答：
1.动力学观点
(1)由于匀强电场中带电粒子(体)所受的电场力和重力都是恒力，可用正交分解法。
(2)综合运用牛顿运动定律和运动学公式，注意受力分析和运动分析，特别注意问题中是否需要考虑重力。
2.能量观点
(1)运用动能定理，注意过程分析要全面，准确求出过程中的所有力做的功，判断是对分过程还是对全过程使用动能定理。
(2)运用能量守恒定律，注意题目中有哪些形式的能量出现。
3.动量观点
运用动量定理，要注意动量定理的表达式是矢量式，解题时需要注意正方向的选取。
[例4]　如图所示，两平行金属板竖直放置，板上A、B两孔正好水平相对，板间电压为500 V。一个动能为400 eV的电子从A孔沿垂直于板方向射入电场中。经过一段时间电子离开电场，则电子离开电场时的动能大小为(　C　)
A.900 eV
B.500 eV
C.400 eV
D.－100 eV
【解析】 由于Ek=400 eV＜eUAB=500 eV，电子由A向B运动过程中做匀减速运动，速度减小为0后反向加速，由运动的对称性可知，再次回到A点的动能大小为400 eV，C正确。
[例5]　(2025·浙南联盟)如图所示，水平虚线下方空间存在竖直向上的匀强电场。两个带正电的小球A、B用长度为L的轻质绝缘细杆相连，小球A的质量为m、电荷量为q，小球B的质量为m、电荷量为2q，小球A到虚线的初始高度为L。已知细杆始终保持竖直，重力加速度为g，匀强电场的电场强度大小为，两小球可视为质点，不计空气阻力和两小球之间的库仑力。现将小球A、B由静止释放，求：
(1)小球A进入电场后，小球B未进入电场区域时，细杆中的作用力大小；
(2)小球B每次在电场区域运动的过程中，细杆对小球B的冲量。
【答案】 (1)　(2)2m，方向竖直向下
【解析】 (1)小球A进入电场且小球B未进入电场区域时，以小球A、B为整体，根据牛顿第二定律mg＋mg－qE=2ma，
解得加速度a=；
对小球B，根据牛顿第二定律，mg－FN=ma，
解得细杆中的作用力大小FN=。
(2)设小球B进入电场瞬间速度大小为v，从静止释放到小球B进入电场区域瞬间，对A、B小球整体有2mg·2L－EqL=×2mv2，小球B进入电场区域后，整体分析，有Eq＋2Eq－2mg=2ma'，设此时细杆中的作用力大小为F，对小球B分析有E·2q－mg－F=ma'，根据运动的对称性可知小球在电场中运动的时间t=，所以小球每次在电场区域中运动的过程中，细杆对小球B的冲量大小IF=Ft=2m，方向竖直向下。
等效法求解电场中圆周运动问题的思路
(1)求出重力与电场力的合力F合，将这个合力视为一个“等效重力”，重力和电场力的合力的方向，一定在等效“最高点”和等效“最低点”连线的延长线的方向上；
(2)将a=视为“等效重力加速度”。找出等效“最低点”和等效“最高点”；
(3)将物体在重力场中做圆周运动的规律迁移到等效重力场中分析，类比“绳球”“杆球”模型临界值的情况进行分析解答。(共27张PPT)
题型二　带电粒子(体)的能量和动量综合问题
题型一　等效思想在电场中的应用
课时作业
内
容
索
引
直通高考7　带电粒子在电场中运动的综合问题
1.物体仅在重力场中的运动是最常见、最基本的运动，但是对于处在匀强电场和重力场中物体的运动问题就会变得复杂一些。此时可以将重力场与电场合二为一，用一个全新的“复合场”来代替，可形象称之为“等效重力场”。
题型一　等效思想在电场中的应用
2.“等效最高点”和“等效最低点”示意图
例 1
如图所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为m、电荷量为＋q的小球，系在一根长为L的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕O点做圆周运动。AB为圆周的水平直径，CD为竖直直径。已知重力加速度为g，电场强度E=。下列说法中，正确的是(　 　)
A.若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动的最小速度为
B.若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到C点时的动能最大
C.若将小球在A点由静止开始释放，它将在ACBD圆弧上往复运动
D.若将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出，它将能够到达B点
【解析】 根据题意可知，电场力和重力的合力F合=mg，方向斜向右下方，与竖直方向的夹角为45°，小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，小球通过圆弧AD的中点时速度最小，此时满足mg=m，解得vmin=，小球通过圆弧BC的中点时速度最大，动能最大，A、B错误；若将小球在A点由静止开始释放，将沿电场力和重力的合力方向做匀加速直线运动，C错误；若将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出，竖直方向上可得t=，水平方向上x=at2，Eq=ma，联立解得x=2L，可知，小球恰好到达B点，D正确。
D
例 2
(多选)如图所示，一端固定的长为l的绝缘轻绳悬挂一质量为m的绝缘小球，小球带正电q，可视为质点。初始时，小球静止于Р点，现给空间施加一水平向右的恒定匀强电场，小球恰能到达Q点，此时轻绳与竖直方向成60°角。已知重力加速度为g，下列说法中，正确的有(　 　)
A.该电场的电场强度大小为
B.P、Q两点的电势差大小为
C.轻绳对小球的拉力最大时，小球的电势能减小
D.轻绳对小球的拉力最大时，绳上的拉力大小为
BC
【解析】 小球由Р点到达Q点的过程，根据动能定理有－mgl(1－cos 60°)＋Eqlsin 60°=0－0，解得E=，A错误； P、Q两点的电势差大小UPQ=Elsin 60°=，B正确；把小球受到的重力和电场力等效为一个力，大小为mg，根据运动的对称性可知，小球到达圆弧PQ的中点位置时速度最大，此时绳线中的拉力最大，小球的电势能减少ΔEp=Eqlsin 30°=，设最大速度为vm，根据动能定理有－mgl(1－cos 30°)＋Eqlsin 30°=mvm2－0，根据牛顿第二定律，T－mg=m，轻绳对小球的最大拉力T＞mg，C正确，D错误。
例 3
如图所示，地面上某区域存在着水平向右的匀强电场，一个质量为m的带负电小球(可视为质点)以水平向右的初速度v0由O点射入该区域，刚好竖直向下通过竖直平面中的P点，已知OP与初速度方向的夹角为60°，重力加速度为g，下列说法中，正确的是(　 　)
A.小球所受的静电力大小为mg
B.小球所受的合外力大小为mg
C.小球由O点到P点所用的时间为
D.小球通过P点时的动能为m
【解析】 设OP=L，小球从O点运动到P点的过程，水平方向上做匀减速运动，到达P点时水平速度为零，竖直方向上做自由落体运动，则水平方向上有Lcos 60°=t，竖直方向上有Lsin 60°=gt2，联立解得t=，C正确；小球受到水平方向的静电力F1=ma=mmg，小球所受的合外力是F1与mg的合力，故合外力的大小F=mg，A、B错误；小球通过P点时的速度大小vP=gt=v0，则动能EkP=mm，D错误。
C
解决电场中的力电综合问题，常用以下几种观点分析解答：
1.动力学观点
(1)由于匀强电场中带电粒子(体)所受的电场力和重力都是恒力，可用正交分解法。
(2)综合运用牛顿运动定律和运动学公式，注意受力分析和运动分析，特别注意问题中是否需要考虑重力。
2.能量观点
(1)运用动能定理，注意过程分析要全面，准确求出过程中的所有力做的功，判断是对分过程还是对全过程使用动能定理。
(2)运用能量守恒定律，注意题目中有哪些形式的能量出现。
3.动量观点
运用动量定理，要注意动量定理的表达式是矢量式，解题时需要注意正方向的选取。
题型二　带电粒子(体)的能量和动量综合问题
如图所示，两平行金属板竖直放置，板上A、B两孔正好水平相对，板间电压为500 V。一个动能为400 eV的电子从A孔沿垂直于板方向射入电场中。经过一段时间电子离开电场，则电子离开电场时的动能大小为(　 　)
A.900 eV
B.500 eV
C.400 eV
D.－100 eV
【解析】 由于Ek=400 eV＜eUAB=500 eV，电子由A向B运动过程中做匀减速运动，速度减小为0后反向加速，由运动的对称性可知，再次回到A点的动能大小为400 eV，C正确。
例 4
C
例 5
(2025·浙南联盟)如图所示，水平虚线下方空间存在竖直向上的匀强电场。两个带正电的小球A、B用长度为L的轻质绝缘细杆相连，小球A的质量为m、电荷量为q，小球B的质量为m、电荷量为2q，小球A到虚线的初始高度为L。已知细杆始终保持竖直，重力加速度为g，匀强电场的电场强度大小为，两小球可视为质点，不计空气阻力和两小球之间的库仑力。现将小球A、B由静止释放，求：
(1)小球A进入电场后，小球B未进入电场区域时，细杆中的作用力大小；
【解析】 小球A进入电场且小球B未进入电场区域时，以小球A、B为整
体，根据牛顿第二定律mg＋mg－qE=2ma，
解得加速度a=；
对小球B，根据牛顿第二定律，mg－FN=ma，
解得细杆中的作用力大小FN=。
【答案】
(2)小球B每次在电场区域运动的过程中，细杆对小球B的冲量。
【解析】 设小球B进入电场瞬间速度大小为v，从静止释放到小球B进入电场区域瞬间，对A、B小球整体有2mg·2L－EqL=×2mv2，小球B进入电场区域后，整体分析，有Eq＋2Eq－2mg= 2ma'，设此时细杆中的作用力大小为F，对小球B分析有E·2q－mg－F=ma'，根据运动的对称性可知小球在电场中运动的时间t=，所以小球每次在电场区域中运动的过程中，细杆对小球B的冲量大小IF=Ft=2m，方向竖直向下。
【答案】 2m，方向竖直向下
等效法求解电场中圆周运动问题的思路
(1)求出重力与电场力的合力F合，将这个合力视为一个“等效重力”，重力和电场力的合力的方向，一定在等效“最高点”和等效“最低点”连线的延长线的方向上；
(2)将a=视为“等效重力加速度”。找出等效“最低点”和等效“最高点”；
(3)将物体在重力场中做圆周运动的规律迁移到等效重力场中分析，类比“绳球”“杆球”模型临界值的情况进行分析解答。
技能点拨
课时作业
答案速对
第九单元 直通高考7　带电粒子在电场中运动的综合问题 题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 A A BD D BD C 见答案 见答案
1.(2025·丽水期末)如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，一根长为L的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系一质量为m的带正电小球，电荷量大小为q。现将细线拉直至水平，小球由静止释放，与竖直方向的最大摆角为θ，则该电场的场强E为(　 　)
A.
B.
C.
D.
【解析】 从释放到最大摆角处，根据动能定理可得mgLcos θ－qEL(1＋sin θ)=0，解得该电场的场强E=，A正确。
A
2.在真空中有一竖直向上的匀强电场，场强大小为E1，一个带电液滴在电场中O点处于静止状态。现将E1突然增大到E2，方向不变，作用一段时间，再突然使E2反向，保持E2大小不变，又经过一段同样长的时间，液滴恰好返回到O点。在这两段相同的时间里(　 　)
A.电场力做功相同　 B.动能的变化量相等
C.重力做功相同　 D.合力的冲量大小相等
【解析】 带电液滴在电场中受到重力和电场力的作用，刚开始处于静止状态，则E1q=mg，当场强增大到E2后，电场力大于重力，液滴向上做加速运动，加速度a1=，若使电场反向，则其加速度方向向下，大小为a2=，可知两过程时间相等、位移大小相等、方向相反。前一段时间内电场力做的功W1=E2qh，后一段时间内电场力做的功W2=E2qh，故这两段时间内电场力做功相同，A正确；根据动能定理可知，动能的变化量等于合力做的功，前一段时间内合力做的功为(E2q－mg)h，后一段时间内合力做的功为(E2q＋mg)h，这两段时间内合力做的功不相等，所以动能的变化量也不相等，B错误；前一段时间内重力做负功，后一段时间内重力做正功，故这两段时间内重力做功不相同，C错误；前一段时间内合力的冲量为(E2q－mg)t，后一段时间内合力的冲量为(E2q＋mg)t，故这两段时间内合力的冲量大小也不相等，D错误。
A
3.(多选)如图所示，质量为m的点电荷N仅在库仑力作用下绕固定的点电荷M在椭圆轨道上运动，ab为椭圆的长轴，N通过a点时的速率为v，b点到M的距离为a点到M距离的2倍。已知N绕M的运动规律与卫星绕地球做椭圆运动的规律类似。关于a到b的过程，下列说法中正确的有(　 　)
A.电场力对N的冲量大小为0
B.电场力对N的冲量大小为mv
C.M、N之间的电势能增加了mv2
D.电场力对N做的功为－mv2
【解析】 因N绕M的运动规律与卫星绕地球做椭圆运动的规律类似，可知N在a、b两点的速率与这两点到M的距离成反比，可得N通过b点时的速度大小为，因此从a到b的过程中，电场力对N的冲量大小I=m－m(－v)=mv，A错误，B正确；a到b的过程对N由动能定理可得W=mmv2=－mv2，故电势能增加了mv2，C错误，D正确。
BD
4.我国是世界上第三个突破嵌套式霍尔电推进技术的国家。霍尔推进器的工作原理简化图如图所示，放电通道的两极间存在一加速电场。工作物质氙气进入放电通道后被电离为氙离子，经电场加速后以某一速度喷出，从而产生推力。某次实验中，加速电压为U，氙离子向外喷射形成的电流强度为I。氙离子的电荷量与质量分别为q和m，忽略离子的初速度及离子间的相互作用，则离子推进器产生的推力为(　 　)
A.I B.I
C.I D.I
【解析】 以正离子为研究对象，由动能定理得qU=mv2，Δt时间内通过的总电荷量Q=IΔt，喷出的正离子的总质量M=m=m，由动量定理可知正离子所受的平均冲量Δt=Mv，联立以上式子可得=I，根据牛顿第三定律可知离子推进器产生的平均推力=I，D正确。
D
5.(多选)如图甲所示，空间有一水平向右的匀强电场，其中有一个半径R=2 m的竖直光滑圆环，环内有两根光滑的弦轨道AB和AC，A点所在的半径与竖直直径BC成37°角(cos 37°=0.8，g取10 m/s2)。质量m=0.08 kg、电荷量q=6×10－5 C的带电小球(可视为质点)从A点由静止释放，分别沿弦轨道AB和AC到达圆周的运动时间相同。现去掉弦轨道AB和AC，如图乙所示，给小球一个初速度，让小球恰能在圆环内做完整的圆周运动，不考虑小球运动过程中电荷量的变化，下列说法中，正确的有
(　 　)
A.小球做圆周运动经过C点时动能最大
B.匀强电场的电场强度大小E=1×104 V/m
C.小球做圆周运动过程中动能的最小值是0.5 J
D.小球做圆周运动过程中对环的压力的最大值是6 N
BD
甲 乙
【解析】 将电场力和重力的合力等效为一个力，根据题图甲中“等时圆”模型可知，A点应为“等时圆”上等效最高点，可知重力与电场力的合力方向沿AO方向，根据力的合成与分解得qE=mgtan 37°，解得匀强电场的电场强度大小E=1×104 V/m，B正确；圆环的等效最低点为AO延长线与圆轨道的交点，小球在等效最低点时速度最大，动能最大，A错误；因为重力与电场力均为恒力，二者的合力大小F=mg，小球做圆周运动，则在其等效最高点，有F=m，此时小球速度最小，动能最小，最小动能Ek=mv2，联立解得Ek=1 J，C错误；小球从等效最高点运动至等效最低点过程中，由动能定理得F·2R=mmv2，在等效最低点时小球速度最大，对圆环的压力最大，由牛顿第二定律得FN－F=m，联立解得FN=6 N，由牛顿第三定律可知，小球做圆周运动的过程中对环的最大压力是6 N，D正确。
6.(2025·浙江天域联盟)在带电粒子“碰撞”实验中，t=0时刻，粒子P以初速度v0向静止的粒子Q运动，两粒子在某段时间内运动的v－t图像如图所示，S1、S2分别是0~t1、t1~t2时间内两速度—时间图线所围面积的大小，且S1=S2。已知P、Q的质量分别为mP、mQ，仅考虑静电力的作用，且P、Q始终未接触。下列说法中，正确的是(　 　)
A.mP=2mQ
B.两粒子在t1时刻的电势能最小
C.P在t2时刻的速度大小为
D.t2时刻后两图像仍会出现交点
【解析】 对两粒子，在0~t1内，根据动量守恒定律有mPv0=(mP＋mQ)，解得2mP=mQ，A错误；在两粒子“碰撞”过程中，在t1时刻两粒子速度相等时，相当于完全非弹性碰撞，系统损失的动能最多，由能量守恒定律可知，此时两粒子的电势能最大，B错误；由于S1=S2，则t=0时刻与t=t2时刻两粒子间的距离相等，系统的电势能相等，由动量守恒定律得mPv0=mPvP＋mQvQ，根据能量守恒定律得mPmPmQ，联立解得t=t2时刻P的速度vP=－，即P在t2时刻的速度大小为，C正确；由两粒子的运动过程可知，两粒子间的电场力为斥力，则t=t2时刻后两粒子的速度方向始终相反，两图像不会出现交点，D错误。
C
7.绝缘的粗糙水平地面上方有一竖直方向的矩形区域OCC'O'，该区域由三个水平边长是L，竖直边长是2L的小矩形区域组成，从左到右依次为区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，且矩形区域的下边OC与桌面相接。为方便描述建立如图所示的平面直角坐标系；区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中分别存在沿y轴负方向、y轴正方向、y轴正方向的匀强电场，其场强大小比值为1∶1∶2。现有一带正电的滑块(可视为质点)以某一初速度v0(未知)从O点沿x轴正方向进入区域Ⅰ，滑块最终从P点(图中未标出)离开区域Ⅲ。已知滑块在区域Ⅰ中所受静电力与所受重力大小相等，地面与滑块间的动摩擦因数为0.125，重力加速度为g。求：
(1)滑块进入区域Ⅲ时的速度大小v1；
【解析】 在区域Ⅱ中由于所受静电力与所受重力大小相等有Eq=mg，
则滑块做匀速直线运动，在区域Ⅲ做类平抛运动，竖直方向加速度a=
=g，根据类平抛运动规律L=gt32，L=v1t3，解得v1=，t3=
。
【答案】 　
(2)滑块在通过矩形区域OCC'O'的过程中电场力的冲量大小。
【解析】 滑块进入区域Ⅲ时，根据动能定理，－μ(mg＋qE)L=mv12－mv02，解得v0=，在区域Ⅰ运动的过程中，由运动学公式为v1=v0－a1t1，由牛顿第二定律为μ(mg＋qE)=ma1，联立可得，滑块在区域Ⅰ运动的时间t1=2(－2)，滑块在区域Ⅱ运动的时间t2=t3=，则滑块在通过矩形区域OCC'O'的过程中电场力的冲量大小I=－qEt1＋qEt2＋q×2Et3=(7－2)m，方向沿y轴正方向。
【答案】 (7－2)m
8.(2025·浙江五校联盟)如图所示，光滑水平绝缘平台区域存在水平向右的匀强电场E1，在平台右侧有一竖直放置的光滑绝缘圆弧形轨道，轨道的最左端B点距平台的高度差h=0.45 m，C是轨道最低点，D是轨道的最高点，圆弧BC对应的圆心角θ=37°，圆弧形轨道处在水平向左的匀强电场E2中(图中未画出)，平台与轨道之间的空间没有电场。一带正电的物块(大小可忽略不计)从平台上某点由静止释放，从右端A点离开平台，恰好沿切线方向进入轨道。已知物块的比荷=2×10－2 C/kg，物块释放点距A点的距离L=2 m，圆弧形轨道区域的电场强度E2=，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g取10 m/s2。若物块在轨道上运动时恰好不会脱离轨道，求：
(1)物块离开A点时的速度大小vA和A、B间的水平距离x；
【解析】 从A到B的过程中，小球做平抛运动，故在B点由几何关系可知小球的速度方向与水平方向的夹角θ=37°，如图所示，
则有tan θ=，而=2gh，代入数据，解得vy=3 m/s；vA=4 m/s；由h=gt2，得t=0.3 s；故A、B间的水平距离x=vAt=1.2 m。
【答案】 4 m/s　1.2 m　
(2)平台所在区域的场强大小E1；
【解析】 从释放小球到小球到达A点的过程中，有qE1L=m－0，
解得E1=200 V/m。
【答案】 200 V/m　
(3)圆弧轨道的半径R。
【解析】 在轨道区域，带电小球受到的重力和电场力如图所示，
小球在轨道区域受到的电场力qE2=mg，设小球受到的合力F为等效重力，其与水平方向的夹角α满足tan α=，即α=53°，F=mg，F的方向与B点的速度方向垂直，因此B点为等效重力场的最低点，轨道上等效重力场的最高点B'在与B点相对于圆心O点的对称点。如图所示。
情形一：小球在轨道上运动时恰好不会脱离轨道，在轨道上等效重力场的最高点B'速度为v时，对小球有F=m，
小球从A运动到等效重力场最高点B'的过程中有
mgh－F·2R=mv2－m，
代入数据，联立解得R=0.4 m。
情形二：小球恰好运动到与BB'垂直且与O等高的O'点，有
mgh－F·R=0－m，
解得R=1 m。
故小球在轨道上运动且恰好不会脱离轨道时，有0＜R≤0.4 m或R≥1 m。
【答案】 0＜R≤0.4 m或R≥1 m

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