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专题突破14　带电粒子(体)在电场中的综合问题
目标 要求 　 　 1.掌握交变电场的特点，会分析带电粒子在交变电场中的运动规律。2.会用等效法分析带电粒子在电场和重力场中的圆周运动。3.会用动力学、能量和动量观点分析带电粒子的力电综合问题。
考点一　带电粒子在交变电场中的运动问题
考向1　带电粒子在交变电场中的直线运动
　(2026·湖北武昌实验中学期中)一对正对平行金属板上加有如图所示的电压，在两板的中间位置有一点电荷(不计重力)，在下列哪一时刻由静止释放该点电荷，它可能永远撞不上金属板(　　)
A．0 B．0.5 s末
C．1 s末 D．2 s末
解析：C　假设点电荷带正电，由各时刻释放时，点电荷的v-t图像如图所示，由图可知在0时刻、2 s末释放时点电荷做单向运动，0.5 s末释放时，点电荷在一个周期内沿正方向通过的位移大于沿负方向通过的位移，一个周期内的合位移沿着正方向，这几种情况下点电荷都将撞在金属板上，而在1 s末释放时点电荷只在某一空间范围内往复运动，点电荷不会撞在金属板上。假设点电荷带负电，分析同上，C正确。
[归纳总结]　在画速度—时间图像时，要注意以下几点：
(1)带电粒子进入电场的时刻。
(2)速度—时间图像的斜率表示加速度，因此加速度相同的运动的图像一定是平行的直线。
(3)图线与时间轴围成的“面积”表示位移，且在横轴上方所围成的“面积”为正，在横轴下方所围成的“面积”为负。
(4)注意对称性和周期性变化关系的应用。
(5)图线与横轴有交点，表示此时速度为零；对于运动很复杂，不容易画出速度—时间图像的问题，还应逐段分析求解。
点拨
(1)按周期性分段研究。
(2)将a-t图像v-t图像。
考向2　带电粒子在交变电场中的偏转运动
　如图甲所示，真空中的电极可连续不断均匀地逸出电子(设电子的初速度为零)，经加速电场加速，由小孔穿出，沿两个彼此绝缘且靠近的水平金属板A、B的中线射入偏转电场，A、B两板距离为d，A、B板长为L，AB两板间加周期性变化的电场UAB，如图乙所示，周期为T，加速电压U1＝，其中m为电子质量、e为电子电荷量，T为偏转电场的周期，不计电子的重力，不计电子间的相互作用力，且所有电子都能离开偏转电场。求：
图甲　　　　　　图乙
(1)电子从加速电场U1飞出后的水平速度v0的大小；
(2)t＝0时刻射入偏转电场的电子离开偏转电场时距A、B间中线的距离y；
(3)在0～内射入偏转电场的电子中从中线上方离开偏转电场的电子占离开偏转电场电子总数的百分比。
解析：(1)电子在加速电场中加速，由动能定理得eU1＝mv02－0
解得v0＝。
(2)电子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向L＝v0t
解得t＝
t＝0时刻进入偏转电场的电子加速度a＝
电子离开电场时距离A、B中心线的距离y＝at2
解得y＝。
(3)在0～内射入偏转电场的电子，设向上的方向为正方向，设电子恰在A、B间中线离开偏转电场，则电子先向上做初速度为零、加速度大小为a的匀加速直线运动，经过时间t′后速度v＝at′，此后两板间电压大小变为3U0，加速度大小变为a′＝＝3a
电子向上做加速度大小为3a的匀减速直线运动，速度减为零后，向下做初速度为零、加速度大小为3a的匀加速直线运动，最后回到A、B间的中线，经历的时间为
则at′2＋v＝0
解得t′＝
则能够从中线上方离开偏转电场的电子的发射时间为t″＝，则在0～时间内，从中线上方离开偏转电场的电子占离开偏转电场电子总数的百分比η＝×100%＝50%。
答案：(1)　(2)　(3)50%,
考点二　带电粒子在重力场和电场中的运动问题
　(多选)如图所示，竖直平面内有一半径为R的圆形光滑绝缘轨道，轨道的最高点为M，最低点为N，轨道所在空间存在匀强电场，电场强度大小为，电场强度的方向与水平面夹角为30°，轨道内有一质量为m、电荷量为q的带正电小球，给小球一个沿轨道切线的初速度，使小球恰能沿轨道做完整的圆周运动，重力加速度为g，忽略一切阻力，则小球在运动过程中(　　)
A．在M点的速率最小 B．最大速率为
C．对轨道的压力最大为6mg D．电势能最小时，动能最大
解析：BC　小球在运动过程中受到的重力和电场力恒定不变，由平行四边形定则可知它们的合力方向指向右下方，大小为F合＝mg，如图所示，根据“等效场”的原理，小球通过P点的速率最小，故A错误；通过“等效最高点”P点时，有F合＝m，解得vP＝，从P点到Q点，由动能定理得F合×2R＝mvP2，解得vQ＝，故B正确；在Q点时，有FN－F合＝m，解得FN＝6mg，由牛顿第三定律可知，对轨道的压力最大为F压＝FN＝6mg，故C正确；速度最大时，动能最大，对应“等效最低点”Q点，此时小球具有的电势能并不是最小，故D错误。
等效重力”及“等效重力加速度”
(1)“等效重力”：将重力与电场力进行合成，如图所示，则G效＝F合。
(2)“等效重力加速度”：g效＝，F合的方向即为“等效重力”的方向，也是“等效重力加速度”的方向。
　(2026·合肥八中高三开学考)如图，abc是竖直面内的光滑绝缘固定轨道，ab水平，bc是与ab相切于b点且半径为R的圆弧，所在空间有方向平行于ab向右的匀强电场。在轨道上P点由静止释放一个质量为m、电荷量为q(q>0)的小球，小球飞出轨道后达到的最高点为Q(图中未画出)。若小球可视为质点，重力加速度大小为g，电场的场强大小E＝，Q与c点的高度差为，则可知(　　)
A．Q在c点的正上方
B．Pb＝R
C．从c到Q的过程中，小球的动能不变
D．从b到c的过程中，小球对轨道的最大压力为mg
解析：D　小球飞出后受到水平向右的电场力与竖直向下的重力，则飞出后水平方向做匀加速直线运动，竖直方向上做竖直上抛运动，可知，Q在c点的右上方，A错误；从c到Q的过程中，竖直方向上有vc2＝2g·，从P到c的过程有qE(xPb＋R)－mgR＝mvc2，解得xPb＝，B错误；从c到Q的过程中，作出小球的合力与大致运动轨迹如图所示。
根据图形可知，小球所受合力先做负功，后做正功，则小球的动能先减小后增大，C错误；根据题意可知重力与电场力大小相等，则轨道上等效物理最低点位于bc圆弧的中点，该点轨道所受压力最大，根据FN－－mg(R－R cos 45°)＝mv2，FN′＝FN，解得FN′＝mg，D正确。故选D。
　如图所示，空间有一水平向右的匀强电场，半径为r的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，O是圆心，AB是竖直方向的直径。一质量为m、电荷量为＋q(q＞0)的小球套在圆环上，并静止在P点，OP与竖直方向的夹角θ＝37°。不计空气阻力，已知重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)电场强度E的大小；
(2)若要使小球从P点出发能做完整的圆周运动，小球初速度的大小应满足的条件。
解析：(1)当小球静止在P点时，小球的受力情况如图所示
则有＝tan θ，所以E＝。
(2)小球所受重力与电场力的合力F＝mg。
当小球做圆周运动时，可以等效为在一个“重力加速度”为g的“重力场”中运动。若要使小球能做完整的圆周运动，则小球必须能通过图中的Q点。
设当小球从P点出发的速度为vmin时，小球到达Q点时速度为零，在小球从P运动到Q的过程中，根据动能定理有－mvmin2
解得vmin＝，即小球的初速度大小应不小于。
答案：(1)　(2)不小于
归纳总结：“等效最高点”和“等效最低点”示意图
考点三　应用动量和能量观点解答力电综合问题
　(2024·安徽卷，8)在某装置中的光滑绝缘水平面上，三个完全相同的带电小球，通过不可伸长的绝缘轻质细线，连接成边长为d的正三角形，如图甲所示。小球质量为m，带电量为＋q，可视为点电荷。初始时，小球均静止，细线拉直。现将球1和球2间的细线剪断，当三个小球运动到同一条直线上时，速度大小分别为v1、v2、v3，如图乙所示。该过程中三个小球组成的系统电势能减少了，k为静电力常量，不计空气阻力。则(　　)
图甲　　　　　　图乙
A．该过程中小球3受到的合力大小始终不变
B．该过程中系统能量守恒，动量不守恒
C．在图乙位置，v1＝v2，v3≠2v1
D．在图乙位置，v3＝
解析：D　小球3在题图乙位置时所受合力为零，细线剪断瞬间所受合力不为零，故该过程中小球3受到的合力大小是变化的，A错误；该过程中，系统所受合力为零，系统动量守恒，B错误；1、2两小球的运动情况相同，则v1＝v2，由动量守恒定律得mv1＋mv2－mv3＝0，解得v3＝2v1，C错误；由能量守恒定律得mv32，解得v3＝，D正确。
限时规范训练(48)　带电粒子(体)在电场中的综合问题
(建议用时：40分钟　满分：60分)
(选择题1～5题每题5分，共25分)
[基础巩固练]
1．(2025·江苏前黄高中一模)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，则小球在运动过程中(　　)
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
解析：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，故选C。
2．如图，一带电的平行板电容器固定在绝缘底座上，底座置于光滑水平面上，一光滑绝缘轻杆左端固定在电容器的左极板上，并穿过右极板上的小孔，电容器极板连同底座总质量为2m，底座锁定在水平面上时，套在杆上质量为m的带电环以某一初速度由小孔进入电容器后，最远能到达距离右极板为d的位置。底座解除锁定后，将两极板间距离变为原来的2倍，其他条件不变，则带电环进入电容器后，最远能到达的位置距离右极板(　　)
A．d B．d
C．d D．d
解析：C　设带电环所带电荷量为q，初速度为v0，底座锁定时电容器极板间电场强度为E，则由功能关系有qEd＝mv02，底座解除锁定后，两极板间距离变为原来的2倍，极板间电场强度大小不变，电容器及底座在带电环作用下一起向左运动，当与带电环共速时，带电环到达进入电容器最远位置，整个过程满足动量守恒，则有mv0＝3mv1，再由功能关系有qEd′＝×3mv12，联立解得 d′＝d，故选C。
3．(2025·天津南开中学期中)如图甲所示，在两距离足够大的平行金属板中央有一个静止的质子(不计重力)，t＝0时刻，A板电势高于B板电势，当两板间加上如图乙所示的交变电压后，下列图像中能正确反映质子加速度a、位移x、速度v和动能Ek四个物理量随时间变化规律的是(　　)
图甲　　　　　　　　图乙
解析：C　质子在电场中的加速度a＝，即加速度a与金属板间电压U成正比，故图像应与U-t图像相似，A错误；0～时间内，质子在金属板间做匀加速直线运动，由x＝at2，知质子的位移x与时间t成二次函数关系，图像应该为抛物线，B错误；由图乙可知，在0～时间内，质子做初速度为零的匀加速直线运动，在～时间内，加速度方向反向，大小不变，故质子先做匀减速直线运动，减速为零后以相同的加速度反向匀加速；～T时间内，质子做匀减速运动，T时刻速度减为零，C正确；由于v＝v0＋at，Ek＝mv2，故动能Ek与时间t为二次函数关系，图像应该为抛物线，D错误。
4．(多选)(2026·广东八校联盟质检)如图甲，真空中的两平行金属板间距为d、板长为L。A、B两板间加上如图乙所示的方波形电压，在t＝0时刻，一质量为m、电荷量为e的电子以初速度v0从两板正中间沿板方向射入电场，并在t＝T时刻从板间射出，不计电子重力，下列说法正确的是(　　)
图甲　　　　　　　　图乙
A．电子沿板方向做加速运动
B．板间距离必须满足d≥T
C．电子从板间射出时机械能增加eU0
D．电子从板间射出时的速度大小为v0
解析：BD　水平方向上，电子沿板方向做匀速直线运动；竖直方向上，0～内电子做匀加速直线运动，～T内电子做匀减速直线运动，出射速度大小为v0，故D正确，A错误；竖直方向分位移为y＝，由y≤可知，d≥T，故B正确；0～T内静电力做功为零，机械能增加量为零，故C错误。
5．(2023·河北卷，7)由点电荷组成的系统的电势能与它们的电荷量、相对位置有关。如图1所示，a、b、c、d四个质量均为m、带等量正电荷的小球，用长度相等、不可伸长的绝缘轻绳连接，静置在光滑绝缘水平面上，O点为正方形中心，设此时系统的电势能为E0。剪断a、d两小球间的轻绳后，某时刻小球d的速度大小为v，方向如图2所示，此时系统的电势能为(　　)
图1　　　　　　图2
A．E0－mv2 B．E0－mv2
C．E0－mv2 D．E0－mv2
解析：B　由于运动的对称性，所以a球的速度大小也为v，方向与ad连线成30°角斜向左下方。b和c球的运动方向垂直于bc向上，大小相等，将两球看成一个整体，其质量为2m，速度为v1，对于四个球组成的系统来说，动量守恒，有0＝2mv sin 30°－2mv1，解得v1＝v，由于整个系统的能量守恒，设此时系统的电势能为E1，有E0＝E1＋·2mv12，解得E1＝E0－mv2，故选B。
[能力提升练]
6．(10分)(2026·长春第二实验中学期中)如图甲所示，一对平行金属板M、N长为L，相距为d，O1O2为中轴线，两板间为匀强电场，忽略两极板外的电场。当两板间加电压UMN＝U0时，某一带负电的粒子从O1点以速度v0沿O1O2方向射入电场，粒子恰好打在上极板M的中点，粒子重力忽略不计。
图甲　　　　　　　图乙
(1)求带电粒子的比荷；
(2)若M、N间加如图乙所示的交变电压，其周期T＝，从t＝0开始，前时间内UMN＝2U，后时间内UMN＝－U，大量的上述粒子仍然以速度v0沿O1O2方向持续射入电场，最终所有粒子恰好能全部离开电场而不打在极板上，求U的值。(不计带电粒子之间的相互作用)。
解析：(1)设粒子经过时间t0打在M板中点
沿极板方向有＝v0t0
垂直极板方向有 a0t02
式中粒子的加速度大小a0＝
电场强度大小E0＝
联立解得。
(2)粒子通过两板间的时间t＝＝T
从t＝0时刻开始，粒子在两板间运动时，每个电压变化周期的前三分之一时间内的加速度大小a1＝，在每个电压变化周期的后三分之二时间内的加速度大小a2＝
如图所示为从不同时刻射入电场的粒子在垂直极板方向的分速度与时间的关系图像，根据题意和图像分析可知，从t＝nT(n＝0，1，2，…)或t＝＋nT(n＝0，1，2，…)时刻入射的粒子恰好不打在极板上，则有
×T×vym，式中vym＝a1×
解得U＝。
答案：(1)　(2)
7．(10分)(2024·河北卷，13)如图，竖直向上的匀强电场中，用长为L的绝缘细线系住一带电小球，在竖直平面内绕O点做圆周运动。图中A、B为圆周上的两点，A点为最低点，B点与O点等高。当小球运动到A点时，细线对小球的拉力恰好为0，已知小球的电荷量为q(q>0)，质量为m，A、B两点间的电势差为U，重力加速度大小为g，求：
(1)电场强度E的大小；
(2)小球在A、B两点的速度大小。
解析：(1)A、B两点间的电势差为U，则E＝。
(2)小球运动到A点时，由牛顿第二定律有qE－mg＝m
解得小球在A点的速度大小vA＝
小球从A点运动到B点的过程，由动能定理有
qU－mgL＝mvA2
解得小球在B点的速度大小
vB＝。
答案：(1)　(2)
[培优创新练]
8．(15分)(2026·重庆七校月考)如图所示，空间有一水平向右的匀强电场，电场强度的大小为E＝1.0×104 V/m。该空间有一个半径为R＝2 m的竖直光滑绝缘圆环的一部分，圆环与光滑水平面相切于C点，A点所在的半径与竖直直径BC成37°角。质量为m＝0.04 kg、电荷量为q＝＋6×10-5 C的带电小球2(可视为质点)静止于C点。轻弹簧一端固定在竖直挡板上，另一端自由伸长时位于P点。质量也为m＝0.04 kg的不带电小球1挨着轻弹簧右端，现用力缓慢压缩轻弹簧右端到P点左侧某点后释放。小球1沿光滑水平面运动到C点与小球2发生碰撞，碰撞时间极短，碰后两小球黏合在一起且恰能沿圆弧到达A点。P、C两点间距离较远，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)黏合体在A点的速度大小；
(2)弹簧的弹性势能；
(3)小球黏合体由A点到达水平面运动的时间。
解析：(1)小球2所受电场力F＝qE＝6×10-5×1×104 N＝0.6 N
小球1和小球2的重力和为G＝2mg＝2×0.04×10 N＝0.8 N
如图甲所示，黏合体所受重力与电场力的合力与竖直方向的夹角为θ，则tan θ＝
所以θ＝37°
图甲
所以A点是黏合体在重力场和电场中做圆周运动的等效最高点，由于黏合体恰能沿圆弧到达A点，所以
解得vA＝5 m/s。
(2)黏合体从C点到A点，由动能定理得
－qER sin 37°－2mg×(R＋R cos 37°)＝×2mvC2
解得vC＝ m/s
小球1、2的碰撞由动量守恒定律得mv1＝2mvC
解得小球1碰撞前的速度v1＝2 m/s
由机械能守恒定律可得弹簧的弹性势能Ep＝mv12＝9.2 J。
(3)如图乙所示，黏合体过A点后竖直方向上做匀加速运动
图乙
竖直方向上的初速度为v0＝vA sin 37°＝3 m/s
由竖直方向做匀加速运动可得
R＋R cos 37°＝v0t＋gt2
解得t＝0.6 s。
答案：(1)5 m/s　(2)9.2 J　(3)0.6 s(共45张PPT)
专题突破14　带电粒子(体)在电场中的综合问题
1.掌握交变电场的特点，会分析带电粒子在交变电场中的运动规律。2.会用等效法分析带电粒子在电场和重力场中的圆周运动。3.会用动力学、能量和动量观点分析带电粒子的力电综合问题。
目标
要求
1
研考点 精准突破
2
限时规范训练
栏
目
导
引
研考点
精准突破
考点一　带电粒子在交变电场中的运动问题
考向1　带电粒子在交变电场中的直线运动
(2026·湖北武昌实验中学期中)一对正对平行金属板上加有如图所示的电压，在两板的中间位置有一点电荷(不计重力)，在下列哪一时刻由静止释放该点电荷，它可能永远撞不上金属板(　　)
A．0
B．0.5 s末
C．1 s末
D．2 s末
C　
解析：C　假设点电荷带正电，由各时刻释放时，点电荷的v-t图像如图所示，由图可知在0时刻、2 s末释放时点电荷做单向运动，0.5 s末释放时，点电荷在一个周期内沿正方向通过的位移大于沿负方向通过的位移，一个周期内的合位移沿着正方向，这几种情况下点电荷都将撞在金属板上，而在1 s末释放时点电荷只在某一空间范围内往复运动，点电荷不会撞在金属板上。假设点电荷带负电，分析同上，C正确。
点拨
(1)按周期性分段研究。
(2)将a-t图像v-t图像。
[归纳总结]　在画速度—时间图像时，要注意以下几点：
(1)带电粒子进入电场的时刻。
(2)速度—时间图像的斜率表示加速度，因此加速度相同的运动的图像一定是平行的直线。
(3)图线与时间轴围成的“面积”表示位移，且在横轴上方所围成的“面积”为正，在横轴下方所围成的“面积”为负。
(4)注意对称性和周期性变化关系的应用。
(5)图线与横轴有交点，表示此时速度为零；对于运动很复杂，不容易画出速度—时间图像的问题，还应逐段分析求解。
考向2　带电粒子在交变电场中的偏转运动
如图甲所示，真空中的电极可连续不断均匀地逸出电子(设电子的初速度为零)，经加速电场加速，由小孔穿出，沿两个彼此绝缘且靠近的水平金属板A、B的中线射入偏转电场，A、B两板距离为d，A、B板长为L，AB两板间加周期性变化的电场UAB，如图乙所示，周期为T，加速电压U1＝，其中m为电子质量、e为电子电荷量，T为偏转电场的周期，不计电子的重力，不计电子间的相互作用力，且所有电子都能离开偏转电场。求：
图甲　　　　　　图乙
(1)电子从加速电场U1飞出后的水平速度v0的大小；
(2)t＝0时刻射入偏转电场的电子离开偏转电场时距A、B间中线的距离y；
(3)在0～内射入偏转电场的电子中从中线上方离开偏转电场的电子占离开偏转电场电子总数的百分比。
图甲　　　　　　图乙
解析：(1)电子在加速电场中加速，由动能定理得eU1＝mv02－0
解得v0＝。
(2)电子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向L＝v0t
解得t＝
t＝0时刻进入偏转电场的电子加速度a＝
电子离开电场时距离A、B中心线的距离y＝at2
解得y＝。
图甲　　　图乙
(3)在0～内射入偏转电场的电子，设向上的方向为正方向，设电子恰在A、B间中线离开偏转电场，则电子先向上做初速度为零、加速度大小为a的匀加速直线运动，经过时间t′后速度v＝at′，此后两板间电压大小变为3U0，加速度大小变为a′＝＝3a
电子向上做加速度大小为3a的匀减速直线运动，速度减为零后，向下做初速度为零、加速度大小为3a的匀加速直线运动，最后回到A、B间的中线，经历的时间为
图甲　　　图乙
则at′2＋v＝0
解得t′＝
则能够从中线上方离开偏转电场的电子的发射时间为t″＝，则在0～时间内，从中线上方离开偏转电场的电子占离开偏转电场电子总数的百分比η＝×100%＝50%。
答案：(1)　(2)　(3)50%,
图甲　　　图乙
考点二　带电粒子在重力场和电场中的运动问题
(多选)如图所示，竖直平面内有一半径为R的圆
形光滑绝缘轨道，轨道的最高点为M，最低点为N，轨
道所在空间存在匀强电场，电场强度大小为，电场
强度的方向与水平面夹角为30°，轨道内有一质量为m、
电荷量为q的带正电小球，给小球一个沿轨道切线的初速度，使小球恰能沿轨道做完整的圆周运动，重力加速度为g，忽略一切阻力，则小球在运动过程中(　　)
A．在M点的速率最小 B．最大速率为
C．对轨道的压力最大为6mg D．电势能最小时，动能最大
BC
解析：BC　小球在运动过程中受到的重力和电场力恒定不变，由平行四边形定则可知它们的合力方向指向右下方，大小为F合＝mg，如图所示，根据“等效场”的原理，小球通过P点的速率最小，故A错误；通过“等效最高点”P点时，有F合＝m，解得vP＝，从P点到Q点，由动能定理得F合×2R＝mvP2，
解得vQ＝，故B正确；在Q点时，有FN－F合＝m，解得FN＝6mg，由牛顿第三定律可知，对轨道的压力最大为F压＝FN＝6mg，故C正确；速度最大时，动能最大，对应“等效最低点”Q点，此时小球具有的电势能并不是最小，故D错误。
等效重力”及“等效重力加速度”
(1)“等效重力”：将重力与电场力进行合成，如图所示，则G效＝F合。
(2)“等效重力加速度”：g效＝，F合的方向即为“等效重力”的方向，也是“等效重力加速度”的方向。
(2026·合肥八中高三开学考)如图，abc是竖直面内的光滑绝缘固定轨道，ab水平，bc是与ab相切于b点且半径为R的圆弧，所在空间有方向平行于ab向右的匀强电场。在轨道上P点由静止释放一个质量为m、电荷量为q(q>0)的小球，小球飞出轨道后达到的最高点为Q(图中未画出)。若小球可视为质点，重力加速度大小为g，电场的场强大小E＝，Q与c点的高度差为，则可知(　　)
A．Q在c点的正上方
B．Pb＝R
C．从c到Q的过程中，小球的动能不变
D．从b到c的过程中，小球对轨道的最大压力为mg
D
解析：D　小球飞出后受到水平向右的电场力与竖直向下的重力，则飞出后水平方向做匀加速直线运动，竖直方向上做竖直上抛运动，可知，Q在c点的右上方，A错误；从c到Q的过程中，竖直方向上有vc2＝2g·，从P到c的过程有qE(xPb＋R)－mgR＝mvc2，解得xPb＝，B错误；从c到Q的过程中，作出小球的合力与大致运动轨迹如图所示。
根据图形可知，小球所受合力先做负功，后做正功，则
小球的动能先减小后增大，C错误；根据题意可知重力
与电场力大小相等，则轨道上等效物理最低点位于bc圆
弧的中点，该点轨道所受压力最大，根据FN－
－mg(R－R cos 45°)＝mv2，FN′＝FN，解得FN′＝mg，D正确。故选D。
如图所示，空间有一水平向右的匀强电场，半径为r的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，O是圆心，AB是竖直方向的直径。一质量为m、电荷量为＋q(q＞0)的小球套在圆环上，并静止在P点，OP与竖直方向的夹角θ＝37°。不计空气阻力，已知重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)电场强度E的大小；
(2)若要使小球从P点出发能做完整的圆周运动，小球
初速度的大小应满足的条件。
解析：(1)当小球静止在P点时，小球的受力情况如图所示
则有＝tan θ，所以E＝。
(2)小球所受重力与电场力的合力F＝mg。
当小球做圆周运动时，可以等效为在一个“重力加速度”为g的“重力场”中运动。若要使小球能做完整的圆周运动，则小球必须能通过图中的Q点。
设当小球从P点出发的速度为vmin时，小球到达Q点时速度为零，在小球从P运动到Q的过程中，根据动能定理有－mvmin2
解得vmin＝，即小球的初速度大小应不小于。
答案：(1)　(2)不小于
归纳总结：“等效最高点”和“等效最低点”示意图
考点三　应用动量和能量观点解答力电综合问题
(2024·安徽卷，8)在某装置中的光滑绝缘水平面上，三个完全相同的带电小球，通过不可伸长的绝缘轻质细线，连接成边长为d的正三角形，如图甲所示。小球质量为m，带电量为＋q，可视为点电荷。初始时，小球均静止，细线拉直。现将球1和球2间的细线剪断，当三个小
球运动到同一条直线上时，速度大小分别为v1、v2、v3，如图乙所示。该过程中三个小球组成的系统电势能减少了，k为静电力常量，不计空气阻力。则(　　)
D
A．该过程中小球3受到的合力大小始终不变
B．该过程中系统能量守恒，动量不守恒
C．在图乙位置，v1＝v2，v3≠2v1
D．在图乙位置，v3＝
解析：D　小球3在题图乙位置时所受合力为零，细线剪断瞬间所受合力不为零，故该过程中小球3受到的合力大小是变化的，A错误；该过程中，系统所受合力为零，系统动量守恒，B错误；1、2两小球的运动情况相同，则v1＝v2，由动量守恒定律得mv1＋mv2－mv3＝0，解得v3＝2v1，C错误；由能量守恒定律得mv32，解得v3＝，D正确。
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限时规范
训练(48)　带电粒子(体)在电场中的综合问题
(建议用时：40分钟　满分：60分)
(选择题1～5题每题5分，共25分)
[基础巩固练]
1．(2025·江苏前黄高中一模)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，则小球在运动过程中(　　)
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
C
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解析：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，故选C。
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2．如图，一带电的平行板电容器固定在绝缘底座上，底座置于光滑水平面上，一光滑绝缘轻杆左端固定在电容器的左极板上，并穿过右极板上的小孔，电容器极板连同底座总质量为2m，底座锁定在水平面上时，套在杆上质量为m的带电环以某一初速度由小孔进入电容器后，最远能到达距离右极板为d的位置。底座解除锁定后，将两极板间距离变为原来的2倍，其他条件不变，则带电环进入电容器后，最远能到达的位置距离右极板(　　)
A．d B．d
C．d D．d
C
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解析：C　设带电环所带电荷量为q，初速度为v0，底座锁定时电容器极板间电场强度为E，则由功能关系有qEd＝mv02，底座解除锁定后，两极板间距离变为原来的2倍，极板间电场强度大小不变，电容器及底座在带电环作用下一起向左运动，当与带电环共速时，带电环到达进入电容器最远位置，整个过程满足动量守恒，则有mv0＝3mv1，再由功能关系有qEd′＝×3mv12，联立解得 d′＝d，故选C。
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3．(2025·天津南开中学期中)如图甲所示，在两距离足够大的平行金属板中央有一个静止的质子(不计重力)，t＝0时刻，A板电势高于B板电势，当两板间加上如图乙所示的交变电压后，下列图像中能正确反映质子加速度a、位移x、速度v和动能Ek四个物理量随时间变化规律的是(　　)
图甲　　　　　　图乙
C
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解析：C　质子在电场中的加速度a＝，即加速度a与金属板间电压U成正比，故图像应与U-t图像相似，A错误；0～时间
图甲　 　　　图乙
内，质子在金属板间做匀加速直线运动，由x＝at2，知质子的位移x与时间t成二次函数关系，图像应该为抛物线，B错误；由图乙可知，在0～时间内，质子做初速度为零的匀加速直线运动，在～时间内，加速度方向反向，大小不变，故质子先做匀减速直线运动，减速为零后以相同的加速度反向匀加速；～T时间内，质子做匀减速运动，T时刻速度减为零，C正确；由于v＝v0＋at，Ek＝mv2，故动能Ek与时间t为二次函数关系，图像应该为抛物线，D错误。
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4．(多选)(2026·广东八校联盟质检)如图甲，真空中的两平行金属板间距为d、板长为L。A、B两板间加上如图乙所示的方波形电压，在t＝0时刻，一质量为m、电荷量为e的电子以初速度v0从两板正中间沿板方向射入电场，并在t＝T时刻从板间射出，不计电子重力，下列说法正确的是
(　　)
A．电子沿板方向做加速运动
B．板间距离必须满足d≥T
C．电子从板间射出时机械能增加eU0
D．电子从板间射出时的速度大小为v0
图甲　　　　　　　图乙
BD
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解析：BD　水平方向上，电子沿板方向做匀速直线运动；竖直方向上，0～内电子做匀加速直线运动，～T内电子做匀减速直线运动，出射速度大小为v0，故D正确，A错误；竖直方向分位移为y＝，由y≤可知，d≥T，故B正确；0～T内静电力做功为零，机械能增加量为零，故C错误。
图甲　　　　　　　图乙
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5．(2023·河北卷，7)由点电荷组成的系统的电势能与它们的电荷量、相对位置有关。如图1所示，a、b、c、d四个质量均为m、带等量正电荷的小球，用长度相等、不可伸长的绝缘轻绳连接，静置在光滑绝缘水平面上，O点为正方形中心，设此时系统的电势能为E0。剪断a、d两小球间的轻绳后，某时刻小球d的速度大小为v，方向如图2所示，此时系统的电势能为(　　)
A．E0－mv2 B．E0－mv2
C．E0－mv2 D．E0－mv2
图1　　　　　 　图2
B
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解析：B　由于运动的对称性，所以a球的速度大小也为v，方向与ad连线成30°角斜向左下方。b和c球的运动方向垂直于bc向上，大小相等，将两球看成一个整体，其质量为2m，速度为v1，对于四个球组成的系统来说，动量守恒，有0＝2mv sin 30°－2mv1，解得v1＝v，由于整个系统的能量守恒，设此时系统的电势能为E1，有E0＝E1＋·2mv12，解得E1＝E0－mv2，故选B。
图1　　　　　 　图2
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[能力提升练]
6．(10分)(2026·长春第二实验中学期中)如图甲所示，一对平行金属板M、N长为L，相距为d，O1O2为中轴线，两板间为匀强电场，忽略两极板外的电场。当两板间加电压UMN＝U0时，某一带负电的粒子从O1点以速度v0沿O1O2方向射入电场，粒子恰好打在上极板M的中点，粒子重力忽略不计。
(1)求带电粒子的比荷；
图甲　　　　　　　图乙
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(2)若M、N间加如图乙所示的交变电压，其周期T＝，从t＝0开始，前时间内UMN＝2U，后时间内UMN＝－U，大量的上述粒子仍然以速度v0沿O1O2方向持续射入电场，最终所有粒子恰好能全部离开电场而不打在极板上，求U的值。(不计带电粒子之间的相互作用)。
图甲　　　　　　　图乙
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解析：(1)设粒子经过时间t0打在M板中点
沿极板方向有＝v0t0
垂直极板方向有 a0t02
式中粒子的加速度大小a0＝
电场强度大小E0＝
联立解得。
图甲　　　　　　　图乙
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(2)粒子通过两板间的时间t＝＝T
从t＝0时刻开始，粒子在两板间运动时，每个电压变化周期的前三分之一时间内的加速度大小a1＝，在每个电压变化周期的后三分之二时间内的加速度大小a2＝
如图所示为从不同时刻射入电场的粒子在垂直极板方向的分速度与时间的关系图像，根据题意和图像分析可知，从t＝nT(n＝0，1，2，…)或t＝＋nT(n＝0，1，2，…)时刻入射的粒子恰好不打在极板上，则有
×T×vym，式中vym＝a1×
解得U＝。
答案：(1)　(2)
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7．(10分)(2024·河北卷，13)如图，竖直向上的匀强电场中，用长为L的绝缘细线系住一带电小球，在竖直平面内绕O点做圆周运动。图中A、B为圆周上的两点，A点为最低点，B点与O点等高。当小球运动到A点时，细线对小球的拉力恰好为0，已知小球的电荷量为q(q>0)，质量为m，A、B两点间的电势差为U，重力加速度大小为g，求：
(1)电场强度E的大小；
(2)小球在A、B两点的速度大小。
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解析：(1)A、B两点间的电势差为U，则E＝。
(2)小球运动到A点时，由牛顿第二定律有qE－mg＝m
解得小球在A点的速度大小vA＝
小球从A点运动到B点的过程，由动能定理有
qU－mgL＝mvA2
解得小球在B点的速度大小vB＝。
答案：(1)　(2)
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[培优创新练]
8．(15分)(2026·重庆七校月考)如图所示，空间有一水平向右的匀强电场，电场强度的大小为E＝1.0×104 V/m。该空间有一个半径为R＝2 m的竖直光滑绝缘圆环的一部分，圆环与光滑水平面相切于C点，A点所在的半径与竖直直径BC成37°角。质量为m＝0.04 kg、电荷量为q＝＋6×10-5 C的带电小球2(可视为质点)静止于C点。轻弹簧一端固定在竖直挡板上，另一端自由伸长时位于P点。质量也为m＝0.04 kg的不带电小球1挨着轻弹簧右端，现用力缓慢压缩轻弹簧右端到P点左侧某点后释放。小球1沿光滑水平面运动到C点与小球2发生碰撞，碰撞时间极短，碰后两小球黏合在一起且恰能沿圆弧到达A点。P、C两点间距离较远，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)黏合体在A点的速度大小；
(2)弹簧的弹性势能；
(3)小球黏合体由A点到达水平面运动的时间。
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解析：(1)小球2所受电场力F＝qE＝6×10-5×1×104 N＝0.6 N
小球1和小球2的重力和为G＝2mg＝2×0.04×10 N＝0.8 N
如图甲所示，黏合体所受重力与电场力的合力与
竖直方向的夹角为θ，则tan θ＝
所以θ＝37°
所以A点是黏合体在重力场和电场中做圆周运动的
等效最高点，由于黏合体恰能沿圆弧到达A点，所以
解得vA＝5 m/s。
图甲
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(2)黏合体从C点到A点，由动能定理得
－qER sin 37°－2mg×(R＋R cos 37°)＝×2mvC2
解得vC＝ m/s
小球1、2的碰撞由动量守恒定律得mv1＝2mvC
解得小球1碰撞前的速度v1＝2 m/s
由机械能守恒定律可得弹簧的弹性势能Ep＝mv12＝9.2 J。
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(3)如图乙所示，黏合体过A点后竖直方向上做匀加速运动
竖直方向上的初速度为v0＝vA sin 37°＝3 m/s
由竖直方向做匀加速运动可得
R＋R cos 37°＝v0t＋gt2
解得t＝0.6 s。
答案：(1)5 m/s　(2)9.2 J　(3)0.6 s
图乙
专题突破14　带电粒子(体)在电场中的综合问题
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(建议用时：40分钟　满分：60分)
(选择题1～5题每题5分，共25分)
[基础巩固练]
1．(2025·江苏前黄高中一模)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，则小球在运动过程中(　　)
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
解析：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，故选C。
2．如图，一带电的平行板电容器固定在绝缘底座上，底座置于光滑水平面上，一光滑绝缘轻杆左端固定在电容器的左极板上，并穿过右极板上的小孔，电容器极板连同底座总质量为2m，底座锁定在水平面上时，套在杆上质量为m的带电环以某一初速度由小孔进入电容器后，最远能到达距离右极板为d的位置。底座解除锁定后，将两极板间距离变为原来的2倍，其他条件不变，则带电环进入电容器后，最远能到达的位置距离右极板(　　)
A．d B．d
C．d D．d
解析：C　设带电环所带电荷量为q，初速度为v0，底座锁定时电容器极板间电场强度为E，则由功能关系有qEd＝mv02，底座解除锁定后，两极板间距离变为原来的2倍，极板间电场强度大小不变，电容器及底座在带电环作用下一起向左运动，当与带电环共速时，带电环到达进入电容器最远位置，整个过程满足动量守恒，则有mv0＝3mv1，再由功能关系有qEd′＝×3mv12，联立解得 d′＝d，故选C。
3．(2025·天津南开中学期中)如图甲所示，在两距离足够大的平行金属板中央有一个静止的质子(不计重力)，t＝0时刻，A板电势高于B板电势，当两板间加上如图乙所示的交变电压后，下列图像中能正确反映质子加速度a、位移x、速度v和动能Ek四个物理量随时间变化规律的是(　　)
图甲　　　　　　　　图乙
解析：C　质子在电场中的加速度a＝，即加速度a与金属板间电压U成正比，故图像应与U-t图像相似，A错误；0～时间内，质子在金属板间做匀加速直线运动，由x＝at2，知质子的位移x与时间t成二次函数关系，图像应该为抛物线，B错误；由图乙可知，在0～时间内，质子做初速度为零的匀加速直线运动，在～时间内，加速度方向反向，大小不变，故质子先做匀减速直线运动，减速为零后以相同的加速度反向匀加速；～T时间内，质子做匀减速运动，T时刻速度减为零，C正确；由于v＝v0＋at，Ek＝mv2，故动能Ek与时间t为二次函数关系，图像应该为抛物线，D错误。
4．(多选)(2026·广东八校联盟质检)如图甲，真空中的两平行金属板间距为d、板长为L。A、B两板间加上如图乙所示的方波形电压，在t＝0时刻，一质量为m、电荷量为e的电子以初速度v0从两板正中间沿板方向射入电场，并在t＝T时刻从板间射出，不计电子重力，下列说法正确的是(　　)
图甲　　　　　　　　图乙
A．电子沿板方向做加速运动
B．板间距离必须满足d≥T
C．电子从板间射出时机械能增加eU0
D．电子从板间射出时的速度大小为v0
解析：BD　水平方向上，电子沿板方向做匀速直线运动；竖直方向上，0～内电子做匀加速直线运动，～T内电子做匀减速直线运动，出射速度大小为v0，故D正确，A错误；竖直方向分位移为y＝，由y≤可知，d≥T，故B正确；0～T内静电力做功为零，机械能增加量为零，故C错误。
5．(2023·河北卷，7)由点电荷组成的系统的电势能与它们的电荷量、相对位置有关。如图1所示，a、b、c、d四个质量均为m、带等量正电荷的小球，用长度相等、不可伸长的绝缘轻绳连接，静置在光滑绝缘水平面上，O点为正方形中心，设此时系统的电势能为E0。剪断a、d两小球间的轻绳后，某时刻小球d的速度大小为v，方向如图2所示，此时系统的电势能为(　　)
图1　　　　　　图2
A．E0－mv2 B．E0－mv2
C．E0－mv2 D．E0－mv2
解析：B　由于运动的对称性，所以a球的速度大小也为v，方向与ad连线成30°角斜向左下方。b和c球的运动方向垂直于bc向上，大小相等，将两球看成一个整体，其质量为2m，速度为v1，对于四个球组成的系统来说，动量守恒，有0＝2mv sin 30°－2mv1，解得v1＝v，由于整个系统的能量守恒，设此时系统的电势能为E1，有E0＝E1＋·2mv12，解得E1＝E0－mv2，故选B。
[能力提升练]
6．(10分)(2026·长春第二实验中学期中)如图甲所示，一对平行金属板M、N长为L，相距为d，O1O2为中轴线，两板间为匀强电场，忽略两极板外的电场。当两板间加电压UMN＝U0时，某一带负电的粒子从O1点以速度v0沿O1O2方向射入电场，粒子恰好打在上极板M的中点，粒子重力忽略不计。
图甲　　　　　　　图乙
(1)求带电粒子的比荷；
(2)若M、N间加如图乙所示的交变电压，其周期T＝，从t＝0开始，前时间内UMN＝2U，后时间内UMN＝－U，大量的上述粒子仍然以速度v0沿O1O2方向持续射入电场，最终所有粒子恰好能全部离开电场而不打在极板上，求U的值。(不计带电粒子之间的相互作用)。
解析：(1)设粒子经过时间t0打在M板中点
沿极板方向有＝v0t0
垂直极板方向有 a0t02
式中粒子的加速度大小a0＝
电场强度大小E0＝
联立解得。
(2)粒子通过两板间的时间t＝＝T
从t＝0时刻开始，粒子在两板间运动时，每个电压变化周期的前三分之一时间内的加速度大小a1＝，在每个电压变化周期的后三分之二时间内的加速度大小a2＝
如图所示为从不同时刻射入电场的粒子在垂直极板方向的分速度与时间的关系图像，根据题意和图像分析可知，从t＝nT(n＝0，1，2，…)或t＝＋nT(n＝0，1，2，…)时刻入射的粒子恰好不打在极板上，则有
×T×vym，式中vym＝a1×
解得U＝。
答案：(1)　(2)
7．(10分)(2024·河北卷，13)如图，竖直向上的匀强电场中，用长为L的绝缘细线系住一带电小球，在竖直平面内绕O点做圆周运动。图中A、B为圆周上的两点，A点为最低点，B点与O点等高。当小球运动到A点时，细线对小球的拉力恰好为0，已知小球的电荷量为q(q>0)，质量为m，A、B两点间的电势差为U，重力加速度大小为g，求：
(1)电场强度E的大小；
(2)小球在A、B两点的速度大小。
解析：(1)A、B两点间的电势差为U，则E＝。
(2)小球运动到A点时，由牛顿第二定律有qE－mg＝m
解得小球在A点的速度大小vA＝
小球从A点运动到B点的过程，由动能定理有
qU－mgL＝mvA2
解得小球在B点的速度大小
vB＝。
答案：(1)　(2)
[培优创新练]
8．(15分)(2026·重庆七校月考)如图所示，空间有一水平向右的匀强电场，电场强度的大小为E＝1.0×104 V/m。该空间有一个半径为R＝2 m的竖直光滑绝缘圆环的一部分，圆环与光滑水平面相切于C点，A点所在的半径与竖直直径BC成37°角。质量为m＝0.04 kg、电荷量为q＝＋6×10-5 C的带电小球2(可视为质点)静止于C点。轻弹簧一端固定在竖直挡板上，另一端自由伸长时位于P点。质量也为m＝0.04 kg的不带电小球1挨着轻弹簧右端，现用力缓慢压缩轻弹簧右端到P点左侧某点后释放。小球1沿光滑水平面运动到C点与小球2发生碰撞，碰撞时间极短，碰后两小球黏合在一起且恰能沿圆弧到达A点。P、C两点间距离较远，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)黏合体在A点的速度大小；
(2)弹簧的弹性势能；
(3)小球黏合体由A点到达水平面运动的时间。
解析：(1)小球2所受电场力F＝qE＝6×10-5×1×104 N＝0.6 N
小球1和小球2的重力和为G＝2mg＝2×0.04×10 N＝0.8 N
如图甲所示，黏合体所受重力与电场力的合力与竖直方向的夹角为θ，则tan θ＝
所以θ＝37°
图甲
所以A点是黏合体在重力场和电场中做圆周运动的等效最高点，由于黏合体恰能沿圆弧到达A点，所以
解得vA＝5 m/s。
(2)黏合体从C点到A点，由动能定理得
－qER sin 37°－2mg×(R＋R cos 37°)＝×2mvC2
解得vC＝ m/s
小球1、2的碰撞由动量守恒定律得mv1＝2mvC
解得小球1碰撞前的速度v1＝2 m/s
由机械能守恒定律可得弹簧的弹性势能Ep＝mv12＝9.2 J。
(3)如图乙所示，黏合体过A点后竖直方向上做匀加速运动
图乙
竖直方向上的初速度为v0＝vA sin 37°＝3 m/s
由竖直方向做匀加速运动可得
R＋R cos 37°＝v0t＋gt2
解得t＝0.6 s。
答案：(1)5 m/s　(2)9.2 J　(3)0.6 s

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