资源简介

专题提升十　 带电粒子(体)在电场中运动的综合
【学习目标】　1.会处理带电粒子(体)在交变电场中的运动问题。2.会处理带电粒子(体)在“等效重力场”中的运动问题。3.会处理电场中的力电综合问题。
提升点一　带电粒子(体)在交变电场中的运动
交变电场中带电粒子(体)常见的运动类型及分析思路
运动类型 分析思路
带电粒子(体)做单向直线运动 一般整段或分段研究，应用牛顿第二定律结合运动学公式求解
带电粒子(体)做有往返的直线运动 一般分段研究，应用牛顿第二定律结合运动学公式或动能定理、动量定理等求解
带电粒子(体)做偏转运动 一般根据交变电场特点分段研究，应用牛顿第二定律结合运动学公式或动能定理等求解
在交变电场中的直线运动
(多选)如图甲所示，A、B是一对平行金属板。A板的电势φA＝0，B板的电势φB随时间的变化规律如图乙所示。现有一电子从A板上的小孔进入两板间的电场区域内，电子的初速度和重力的影响均可忽略，则(　　)
A.若电子是在t＝0时刻进入的，它可能不会到达B板
B.若电子是在t＝时刻进入的，它一定不能到达B板
C.若电子是在t＝时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后穿过B板
D.若电子是在t＝时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后穿过B板
答案：BC
解析：电子在t＝0时刻进入时，在一个周期内，前半个周期受到的静电力向右，向右做加速运动，后半个周期受到的静电力向左，向右做减速运动，t＝T时刻速度为零，之后重复前面的运动，所以电子一直向B板运动，一定会到达B板，故A错误；若电子在t＝时刻进入，电子受到的静电力向左，无法到达B板，故B正确；若电子从t＝时刻进入，电子先加速，经速度达到最大，之后电子受到反向静电力，经速度减为零，再加速至反向速度最大，接着减速回到原位置，分析可知电子在～时间内进入时一定不能到达B板，在0～时间内进入一定能到达B板，故C正确，D错误。故选BC。
在交变电场中的偏转运动
(多选)如图甲所示，长为8d、间距为d的平行金属板水平放置，O点有一粒子源，能持续水平向右发射初速度为v0、电荷量为q(q＞0)、质量为m的粒子。在两板间存在如图乙所示的交变电场，OO'在两板正中间，取竖直向下为正方向，不计粒子重力，以下判断正确的是(　　)
A.粒子在电场中运动的最短时间为
B.能从板间电场射出的粒子的最大动能为m
C.t＝时刻进入的粒子将从O'点射出
D.t＝时刻进入的粒子将从O'点射出
答案：AD
解析：由E -t图像可知电场强度大小E0＝，则粒子在电场中的加速度a＝＝，假设粒子在电场中沿电场方向能做匀加速运动打在板上，在电场中运动的时间为t0，有＝a，解得t0＝，粒子能穿出两板间的情况下运动的时间t1＝，由于t0＜t1且t0＜＝，所以粒子在电场中运动的最短时间为，A正确；能从板间射出的粒子在板间运动的时间均为t1＝＝2T，任意时刻射入的粒子若能射出电场，则射出电场时沿电场方向的速度均为0，所以射出电场时粒子的动能均为m，B错误；t＝＝，向下的偏转位移y1＝a＝d＞，则粒子会打在板上，C错误；t＝＝，后向上减速，速度为零，然后向下加速，再向下减速，速度为零……如此反复，且y2＝2×a(T)2＝，则最后从右侧射出时沿电场方向的位移为零，所以粒子将从O'点射出，D正确。故选AD。
学生用书 第159页
提升点二　带电体在“等效重力场”中的运动
“等效重力场”中的类斜抛运动
1.类斜抛运动
如果带电体的初速度方向与“等效重力”方向成某一锐角或钝角，则带电体做类斜抛运动。
2.处理方法(与斜抛运动的方法相同)
(1)利用运动的合成与分解分析解决。
(2)利用动能定理等功能观点分析解决。
(多选)(2026·河北衡水模拟)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，若将一个质量为m、带正电的小球由静止释放，运动中小球的速度与竖直方向夹角为37°。如图，现将该小球从电场中A点以初速度v0竖直向上抛出，经过最高点B后回到与A在同一水平线上的C点，已知重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则(　　)
A.小球所受的静电力大小为mg
B.小球在最高点B的动能为m
C.小球在C点的机械能比在A点多m
D.小球在C点的动能为
答案：BCD
解析：由题可知，小球重力与静电力的合力方向与竖直方向的夹角为θ＝37°，由几何关系可得，小球所受的静电力大小为F＝mgtan 37°＝mg，A错误；小球在竖直方向上做匀减速运动，由运动学公式可得，从A点运动到B点的时间为t＝，由牛顿第二定律可得，小球在水平方向上的加速度为ax＝＝g，则小球运动到B点的速度大小为vB＝axt＝v0，则小球在最高点B的动能为EkB＝m＝，B正确；根据对称性可知，小球从A点运动到C点的时间为t1＝2t＝，则A、C间的水平位移为x＝ax＝，由功能关系可知，小球从A运动到C，机械能的增加量为ΔE＝Fx＝，即小球在C点的机械能比在A点多，C正确；由对称性可知，小球运动到C点时，竖直分速度竖直向下且大小为v0，由运动学公式可得，小球运动到C点时的水平分速度为vx＝axt1＝v0，则小球在C点的速度大小为vC＝＝，则小球在C点的动能为EkC＝m＝，D正确。故选BCD。
“等效重力场”中的圆周运动
等效“最高点”与“最低点”的确定方法
在“等效重力场”中做圆周运动的物体过圆心作“等效重力”的作用线，其反向延长线交于圆周上的那个点即为圆周运动的等效“最高点”，沿着“等效重力”的方向延长交于圆周上的那个点即为等效“最低点”，如图所示。
(2024·河北卷·T13 )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。
答案：(1)　(2)　
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＝m－m
解得小球在B点的速度大小vB＝。
学生用书 第160页
针对练.(多选)(2026·安徽淮南二模)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d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＝，下列说法正确的是(　　)
A.若小球恰能在竖直平面内绕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B点时的机械能最大
C.若将细线剪断，再将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出，小球将不能到达B点
D.若将小球在A点由静止开始释放，则小球沿AC圆弧到达C点的速度为
答案：BC
解析：小球受到水平向右的静电力F＝qE＝mg，合力为F合＝＝2mg，方向斜向右下方，与竖直方向夹角为60°，设小球在竖直平面内做圆周运动，最小速度为v，有F合＝m，联立解得v＝，故A错误；由功能关系知，小球机械能的变化等于除重力和系统内弹力之外的力所做的功，小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，运动到B点时，静电力做功最多，故运动到B点时小球的机械能最大，故B正确；小球将在竖直方向上做竖直上抛运动，水平方向做匀加速直线运动，当竖直方向位移为0时，有t＝，水平位移x＝axt2，由牛顿第二定律ax＝＝g，解得x＝2d＞2d，所以小球将不能到达B点，故C正确；将小球由静止释放，小球将沿合力方向做匀加速直线运动，故D错误。故选BC。
提升点三　电场中的力电综合问题
1.电场中的力电综合问题
电场中的力电综合问题是指带电粒子(体)在重力、静电力等共同作用下的运动问题。解决该类问题，应在正确受力分析的基础上，建立带电粒子(体)在电场中的运动模型，并且与力学中的运动模型进行类比，根据其运动特点灵活选用动力学观点、能量观点和动量观点多角度进行分析与研究。
2.三种观点的选用思路
动力学观点 对于带电粒子(体)在匀强电场中做直线运动的问题，可以综合运用牛顿第二定律和运动学公式解题
能量观点 带电粒子(体)在电场中的运动过程涉及能量问题时，可以应用动能定理、功能关系、能量守恒定律等灵活解题
动量观点 带电粒子(体)在电场中的运动过程涉及动量问题时，可以应用动量定理、动量守恒定律等灵活解题
如图甲所示，长度为L＝3.2 m的粗糙水平地面AB与两个半径均为R＝0.8 m，竖直固定的绝缘光滑细圆管道在B点平滑相切，过管道圆心O1、O2的水平界面下方空间有水平向左的电场(图中未画出)，以A点所在位置为坐标原点，沿AB方向建立x轴，电场强度大小随位置x变化的关系如图乙所示。质量为m＝0.4 kg、带负电且电荷量为q＝0.2 C 的小球P静止在A点，另一质量为M＝0.2 kg的光滑绝缘不带电小球Q向右运动，以速度 v0＝6 m/s与小球P发生弹性正碰(碰撞时间极短，且P、Q间无电荷转移)，碰后小球P可从B点无碰撞进入细管道。已知小球P与地面间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，小球P、Q均可视为质点。求：
(1)碰后小球P的速度大小；
(2)小球P运动到管道最高点C点时对管道的作用力；
(3)小球P再次到达水平地面时与C点的水平距离。
答案：(1)4 m/s　(2)4 N，方向竖直向上　(3)2.4 m
解析：(1)对P、Q构成的系统，根据动量守恒定律与机械能守恒定律有
Mv0＝Mv1＋mv2，M＝M＋m
解得v2＝4 m/s。
(2)碰后小球P运动到管道最高点C点过程中，根据动能定理有
W电－μmgL－mg·2R＝m－m
根据题图乙可知W电＝0.2××3.2 J＋0.2×20×0.8 J＝12.8 J
解得v3＝4 m/s
小球P运动到管道最高点C点时，设管道对其弹力方向竖直向下，则有FN＋mg＝m
解得FN＝4 N
根据牛顿第三定律可知小球P对管道作用力大小FN'＝FN＝4 N，方向竖直向上。
(3)小球P离开管道后，在到达虚线前做平抛运动，则有R＝g，x1＝v3t1
解得x1＝1.6 m
小球P离开管道到落地，竖直方向上做自由落体运动，则有2R＝g
小球P在虚线下方，水平方向上做匀加速直线运动，水平方向分加速度
ax＝＝ m/s2＝10 m/s2
小球P从虚线到水平地面，水平方向分位移
x2＝v3(t2－t1)＋ax(t2－t1)2
解得小球P再次到达水平地面时与C点的水平距离
x＝x1＋x2＝2.4 m。
学生用书 第161页
针对练.如图所示，ABD为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB段是水平的，BD段为半径R＝0.2 m的半圆，两段轨道相切于B点，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，场强大小E＝5.0×103 V/m。一不带电的绝缘小球甲，以速度v0沿水平轨道向右运动，与静止在B点带正电的小球乙发生弹性碰撞，甲、乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点D。已知甲、乙两球的质量均为m＝1.0×10－2 kg，乙球所带电荷量q＝2.0×10－5 C，g取10 m/s2。(水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点，整个运动过程中甲不带电，乙电荷无转移)求：
(1)乙在轨道上的首次落点到B点的距离；
(2)碰撞前甲球的速度v0的大小。
答案：(1)0.4 m　(2)2 m/s
解析：(1)设乙到达最高点D时的速度为vD，乙离开D点到达水平轨道的时间为t，乙的落点到B点的距离为x，则mg＋qE＝m
2R＝t2
x＝vDt
联立解得x＝0.4 m
(2)设碰撞后甲、乙的速度分别为v甲、v乙，根据动量守恒定律和能量守恒定律可得
mv0＝mv甲＋mv乙
m＝m＋m
联立解得v乙＝v0
乙从B到D过程，由动能定理得
－mg·2R－qE·2R＝m－m
联立解得v0＝2 m/s。
课时测评42　带电粒子(体)在电场中运动的综合
(时间：30分钟　满分：50分)
(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)
(选择题1－8，每题4分，共32分)
题组1　带电粒子(体)在交变电场中的运动
1.(2026·河南驻马店模拟)如图甲所示，某多级直线加速器由多个横截面积相同的金属圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上，序号为奇数和偶数的圆筒分别与图乙所示交流电源两极相连。t＝0时，位于金属圆板(序号为0)中央的电子，由静止开始加速。电子通过圆筒间隙的时间不计，且忽略相对论效应，则(　　)
A.圆筒内部电场强度大小随序号增大而减小
B.电子在各圆筒中做匀加速直线运动
C.电子在各圆筒中运动的时间都为T
D.各圆筒的长度之比可能为1∶∶∶…
答案： D
解析： 金属圆筒中电场强度为零，电子不受静电力，做匀速直线运动，故A、B错误；只有电子在每个圆筒中匀速运动时间为时，才能保证每次在缝隙中被电场加速，故C错误；电子进入第n个圆筒时，经过n次加速，根据动能定理有neU＝m，解得vn＝，第n个圆筒长度Ln＝vn×＝，则各金属筒的长度之比为1∶∶∶…，故D正确。故选D。
2.(多选)如图甲，水平放置长为l的平行金属板右侧有一竖直挡板。金属板间的电场强度大小为E0，其方向随时间变化的规律如图乙所示，其余区域的电场忽略不计。质量为m、电荷量为q的带电粒子任意时刻沿金属板中心线OO'射入电场，均能通过平行金属板，并打在竖直挡板上。已知粒子在电场中的运动时间与电场强度变化的周期T相同，不计粒子重力，则(　　)
A.金属板间距离的最小值为
B.金属板间距离的最小值为
C.粒子到达竖直挡板时的速率都大于
D.粒子到达竖直挡板时的速率都等于
答案：AD
解析：在t＝nT(n＝0，1，2，…)时刻进入电场的粒子在电场中的竖直位移最大，粒子在电场中运动的时间为T，则竖直方向先做匀加速运动后做匀减速运动，由对称性可知，沿竖直方向的位移y＝2×a＝，金属板间距离的最小值为d＝2y＝，A正确，B错误；分析可知，无论粒子何时进入电场，粒子离开电场时的水平速度均为v0＝，竖直速度均为零，则粒子离开电场后做水平方向的匀速直线运动，则达到竖直挡板时的速率都等于v0＝，C错误，D正确。故选AD。
题组2　带电体在“等效重力场”中的运动
3.(多选)如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一质量为m的带电小球。小球静止时细线与竖直方向成θ角，此时让小球获得初速度且恰能绕O点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)
A.匀强电场的电场强度E＝
B.小球动能的最小值为Ek＝
C.小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小
D.小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先减小后增大
答案：AB
解析：小球静止时细线与竖直方向成θ角，对小球受力分析，小球受重力、拉力和静电力，三力平衡，根据平衡条件，有qE＝mgtan θ，解得E＝，A正确；小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点A(如图所示)速度最小，根据牛顿第二定律有＝m，则最小动能Ek＝mv2＝，B正确；小球的机械能和电势能之和守恒，小球带负电，则小球运动到圆周轨迹的最左端时电势能最大，机械能最小，C错误；小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，静电力先做正功，后做负功，再做正功，则其电势能先减小，后增大，再减小，D错误。故选AB。
4.(2026·四川绵阳模拟)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(图中未画出)，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
答案：C
解析：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。
题组3　电场中的力电综合问题
5.(2026·河北沧州期中)中国新一代粒子研究利器“超级陶粲”装置关键技术攻关项目已经启动，静电分析器是其重要的组成部分。静电分析器的两电极之间存在如图所示的静电场，该静电场中任意一点的电场方向均沿半径方向指向圆心，大小均满足E＝(k为与装置有关的常数，r为该点到圆心O的距离)。某次实验中一组粒子(不计重力)由入射口P进入静电分析器，H沿轨迹Ⅰ绕圆心O做圆周运动H沿轨迹Ⅱ绕圆心O做圆周运动。下列说法正确的是(　　)
A.静电分析器中同一圆周上各点的电场强度相同
B.三种粒子的动能都相同
CH粒子在电场中的运动时间最长
DH粒子的向心力最小
答案：B
解析：同一圆周上各点的电场强度方向不同，故A错误；圆周运动的向心力由静电力提供，由牛顿第二定律，有qE＝m，又E＝，解得Ek＝mv2＝，由于三种粒子的电荷量相等，则其动能相同，故B正确；三种粒子动能相同，但H粒子质量最大，速率最小HH粒子运动弧长相同，则H粒子在电场中的运动时间大于H粒子在电场中的运动时间，故C错误；根据静电力提供粒子做圆周运动所需的向心力，有F向＝qE＝q，由题图可知H粒子做圆周运动的半径最小，则向心力最大，故D错误。故选B。
6.(多选)如图所示，一质量为m＝2 kg、所带电荷量为q＝－0.5 C的金属小球以10 m/s的初速度从P点水平向右射入电场强度大小为E＝60 V/m、方向竖直向下、宽度d＝1 m的足够长的有界匀强电场区域中(忽略带电金属小球所带电荷对匀强电场的影响)，重力加速度g取10 m/s2，忽略空气阻力的影响。则下列说法正确的是(　　)
A.经过0.2 s，小球沿竖直方向的分速度大小为 5 m/s
B.出电场时，小球的动能增加了0.25 J
C.出电场时，小球的机械能增加了0.65 J
D.经过0.15 s，小球的速度大小为10 m/s
答案：BD
解析：小球穿出电场所需的时间t＝＝0.1 s＜0.2 s，前0.1 s内，根据牛顿第二定律得－mg＝ma，解得小球竖直方向的加速度大小a＝5 m/s2，方向竖直向上，小球穿出电场后，竖直方向加速度为重力加速度，经过0.2 s，小球沿竖直方向的分速度大小为vy＝ m/s＝0.5 m/s，故A错误；出电场时小球竖直方向的位移为y＝at2＝0.025 m，根据动能定理可得，出电场时，小球的动能增加量ΔEk＝may＝0.25 J，故B正确；根据功能关系可得，出电场时，小球的机械能增加量等于静电力做的功，即ΔE＝y＝0.75 J，故C错误；由A选项可知小球0.1 s末就穿出了电场，之后小球的加速度为重力加速度，经过0.15 s，小球竖直方向的速度大小为vy'＝｜5×0.1－10×(0.15－0.1)｜ m/s＝0，小球的速度大小为v＝＝10 m/s，故D正确。故选BD。
7.(多选)(2026·河南商丘期末)如图所示，空间有足够大的水平向右的匀强电场，一根长度为L＝0.9 m、不可伸长的绝缘细线的一端连着一个质量m＝4.5×10－4 kg、电荷量为q＝9×10－9C的带正电的小球，另一端固定于O点。将细线拉至水平后，小球位于O点右侧的A点，然后无初速度释放小球，小球恰好摆到B点，此时细线与竖直方向的夹角θ＝37°。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度大小g＝10 m/s2，忽略空气阻力，下列说法正确的是(　　)
A.匀强电场的场强大小为2.5×105 N/C
B.小球运动到最低点时的速度大小为6 m/s
C.小球运动到最低点时受到细线拉力的大小为9×10－3 N
D.小球摆到B点时的加速度大小为10 m/s2
答案：ACD
解析：设匀强电场的场强大小为E，小球从A点无初速度释放摆到B点的过程，根据动能定理有mgLcos θ－ qE＝0，解得匀强电场的场强大小为E＝2.5×105 N/C，A正确；小球运动到最低点过程，根据动能定理有mgL－qEL＝m，解得小球运动到最低点的速度大小为v1＝3 m/s，B错误；小球运动到最低点时，有FT－mg＝m，解得小球运动到最低点时受到细线拉力的大小为FT＝ 9×10－3 N，C正确；小球做圆周运动，摆到B点时速度为0，即所需向心力为0，即沿半径方向的合力为0，根据牛顿第二定律有mgsin θ＋qEcos θ＝ma，解得小球摆到B点时的加速度大小a＝10 m/s2，D正确。故选ACD。
8.(多选)(2026·辽宁沈阳模拟)如图所示，质量m＝1 kg、电荷量q＝＋0.1 C的小球(视为质点)与长L＝0.1 m的绝缘轻绳相连，轻绳另一端固定在O点，整个系统处在与竖直方向夹角为45°、电场强度大小E0＝100 N/C的匀强电场中。AB为水平直径，CD为竖直直径，EF直径过O点且与CD夹角为45°。当小球绕O点在竖直平面内做圆周运动时，取g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A.小球运动到D点时，动能最小
B.小球运动到A点时，动能最小
C.小球从A点运动到B点时，动能增加了2 J
D.小球从F点运动到E点时，机械能增加了2 J
答案：BC
解析：对小球受力分析如图所示，静电力qE0＝10 N，重力mg＝10 N，可得二力合力指向水平方向，即等效重力水平向右，大小F合＝＝10 N。A点为圆周运动的等效“最高点”，也为速度最小点，故A错误，B正确；小球从A点运动到B点时，动能的增加量等于合力做的功，则ΔEk＝F合×2L＝2 J，故C正确；小球从F点运动到E点时，机械能减少量等于克服静电力做的功，则ΔE＝qE0×2L＝2 J，故D错误。故选BC。
9.(18分)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Q点(图中未画出)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)小球1在Q点时弹簧的弹性势能；
(3)黏合体由A点到达水平面运动的时间。
答案：(1)5 m/s　(2)9.2 J　(3)0.6 s
解析：(1)小球2所受静电力大小
F＝qE＝6×10－5×1×104 N＝0.6 N
黏合体的重力大小为
G＝2mg＝2×0.04×10 N＝0.8 N
如图甲所示，设黏合体所受重力与静电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，则有＝2m
解得vA＝5 m/s。
(2)黏合体从C点到A点，由动能定理得
－qERsin 37°－2mg(R＋Rcos 37°)＝×2m－×2m
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碰撞前的速度大小v1＝2 m/s
由机械能守恒定律可得，小球1在Q点时弹簧的弹性势能Ep＝m＝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
竖直方向上的初速度为v0＝vAsin 37°＝3 m/s
由竖直方向做匀加速运动可得
R＋Rcos 37°＝v0t＋gt2
解得t＝0.6 s。(共67张PPT)
专题提升十
带电粒子(体)在电场中运动的综合
高三总复习讲义　新高考
第九章 静电场
1.会处理带电粒子(体)在交变电场中的运动问题。
2.会处理带电粒子(体)在“等效重力场”中的运动问题。
3.会处理电场中的力电综合问题。
学习目标
提升点一 带电粒子(体)在交变电场中的运动
提升点二 带电体在“等效重力场”中的运动
课时测评
内容索引
提升点三 电场中的力电综合问题
带电粒子(体)在交变电场中的运动
提升点一
交变电场中带电粒子(体)常见的运动类型及分析思路
运动类型 分析思路
带电粒子(体)做单向直线运动 一般整段或分段研究，应用牛顿第二定律结合运动学公式求解
带电粒子(体)做有往返的直线运动 一般分段研究，应用牛顿第二定律结合运动学公式或动能定理、动量定理等求解
带电粒子(体)做偏转运动 一般根据交变电场特点分段研究，应用牛顿第二定律结合运动学公式或动能定理等求解
考向1 在交变电场中的直线运动
(多选)如图甲所示，A、B是一对平行金属板。A板的电势φA＝0，B板的电势φB随时间的变化规律如图乙所示。现有一电子从A板上的小孔进入两板间的电场区域内，电子的初速度和重力的影响均可忽略，则
A.若电子是在t＝0时刻进入的，它可能不会到达B板
B.若电子是在t＝时刻进入的，它一定不能到达B板
C.若电子是在t＝时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后穿过B板
D.若电子是在t＝时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后穿过B板
√
例1
√
电子在t＝0时刻进入时，在一个周期内，前半个周期受到的静电力向右，向右做加速运动，后半个周期受到的静电力向左，向右做减速运动，t＝T时刻速度为零，之后重复前面的运动，所以电子一直向B板运动，一定会到达B板，故A错误；若电子在t＝时刻进入，电子受到的静电力向左，无法到达B板，故B正确；
若电子从t＝时刻进入，电子先加速，经速度达到最大，之后电子受到反向静电力，经速度减为零，再加速至反向速度最大，接着减速回到原位置，分析可知电子在～时间内进入时一定不能到达B板，在0～时间内进入一定能到达B板，故C正确，D错误。故选BC。
考向2 在交变电场中的偏转运动
(多选)如图甲所示，长为8d、间距为d的平行金属板水平放置，O点有一粒子源，能持续水平向右发射初速度为v0、电荷量为q(q＞0)、质量为m的粒子。在两板间存在如图乙所示的交变电场，OO'在两板正中间，取竖直向下为正方向，不计粒子重力，以下判断正确的是
A.粒子在电场中运动的最短时间为
B.能从板间电场射出的粒子的最大动能为m
C.t＝时刻进入的粒子将从O'点射出
D.t＝时刻进入的粒子将从O'点射出
例2
√
√
由E -t图像可知电场强度大小E0＝，则
粒子在电场中的加速度a＝＝，假设粒
子在电场中沿电场方向能做匀加速运动打在板上，在电场中运动的时间为t0，有＝a，解得t0＝，粒子能穿出两板间的情况下运动的时间t1＝，由于t0＜t1且t0＜＝，所以粒子在电场中运动的最短时间为，A正确；
能从板间射出的粒子在板间运动的时间均为t1＝＝2T，任意时刻射入的粒子若能射出电场，则射出电场时沿电场方向的速度均为0，所以射出电场时粒子的动能均为m，B错误；t＝＝，向下的偏转位移y1＝a＝d＞，则粒子会打在板上，C错误；
t＝＝，后向上减速，速度为零，然后向下加速，再向下减速，速度为零……如此反复，且y2＝2×a(T)2＝，则最后从右侧射出时沿电场方向的位移为零，所以粒子将从O'点射出，D正确。故选AD。
返回
带电体在“等效重力场”中的运动
提升点二
考向1 “等效重力场”中的类斜抛运动
1.类斜抛运动
如果带电体的初速度方向与“等效重力”方向成某一锐角或钝角，则带电体做类斜抛运动。
2.处理方法(与斜抛运动的方法相同)
(1)利用运动的合成与分解分析解决。
(2)利用动能定理等功能观点分析解决。
(多选)(2026·河北衡水模拟)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，若将一个质量为m、带正电的小球由静止释放，运动中小球的速度与竖直方向夹角为37°。如图，现将该小球从电场中A点以初速度v0竖直向上抛出，经过最高点B后回到与A在同一水平线上的C点，已知重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则
A.小球所受的静电力大小为mg
B.小球在最高点B的动能为m
C.小球在C点的机械能比在A点多m
D.小球在C点的动能为
例3
√
√
√
由题可知，小球重力与静电力的合力方向与
竖直方向的夹角为θ＝37°，由几何关系可得，
小球所受的静电力大小为F＝mgtan 37°＝mg，
A错误；小球在竖直方向上做匀减速运动，由运动学公式可得，从A点运动到B点的时间为t＝，由牛顿第二定律可得，小球在水平方向上的加速度为ax＝＝g，则小球运动到B点的速度大小为vB＝axt＝v0，则小球在最高点B的动能为EkB＝m＝，B正确；
根据对称性可知，小球从A点运动到C点的时间为t1＝2t＝，则A、C间的水平位移为x＝ax＝，由功能关系可知，小球从A运动到C，机械能的增加量为ΔE＝Fx＝，即小球在C点的机械能比在A点多，C正确；
由对称性可知，小球运动到C点时，竖直分速度竖直向下且大小为v0，由运动学公式可得，小球运动到C点时的水平分速度为vx＝axt1＝v0，则小球在C点的速度大小为vC＝＝，则小球在C点的动能为EkC＝m＝，D正确。故选BCD。
考向2 “等效重力场”中的圆周运动
等效“最高点”与“最低点”的确定方法
在“等效重力场”中做圆周运动的物体过圆心作“等效重力”的作用线，其反向延长线交于圆周上的那个点即为圆周运动的等效“最高点”，沿着“等效重力”的方向延长交于圆周上的那个点即为等效“最低点”，如图所示。
(2024·河北卷·T13 )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。
例4
答案：
A、B两点间的电势差为U，则E＝。
(2)小球在A、B两点的速度大小。
答案：　
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＝m－m
解得小球在B点的速度大小vB＝。
针对练.(多选)(2026·安徽淮南二模)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d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＝，下列说法正确的是
A.若小球恰能在竖直平面内绕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B点时的机械能最大
C.若将细线剪断，再将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出，小球将不能到达B点
D.若将小球在A点由静止开始释放，则小球沿AC圆弧到达C点的速度为
√
√
小球受到水平向右的静电力F＝qE＝mg，合力为F合＝＝2mg，方向斜向右下方，与竖直方向夹角为60°，设小球在竖直平面内做圆周运动，最小速度为v，有F合＝m，联立解得v＝，故A错误；
由功能关系知，小球机械能的变化等于除重力和系
统内弹力之外的力所做的功，小球在竖直平面内绕
O点做圆周运动，运动到B点时，静电力做功最多，
故运动到B点时小球的机械能最大，故B正确；小球将在竖直方向上做竖直上抛运动，水平方向做匀加速直线运动，当竖直方向位移为0时，有t＝，水平位移x＝axt2，由牛顿第二定律ax＝＝g，解得x＝2d＞2d，所以小球将不能到达B点，故C正确；将小球由静止释放，小球将沿合力方向做匀加速直线运动，故D错误。故选BC。
返回
电场中的力电综合问题
提升点三
1.电场中的力电综合问题
电场中的力电综合问题是指带电粒子(体)在重力、静电力等共同作用下的运动问题。解决该类问题，应在正确受力分析的基础上，建立带电粒子(体)在电场中的运动模型，并且与力学中的运动模型进行类比，根据其运动特点灵活选用动力学观点、能量观点和动量观点多角度进行分析与
研究。
2.三种观点的选用思路
动力学观点 对于带电粒子(体)在匀强电场中做直线运动的问题，可以综合运用牛顿第二定律和运动学公式解题
能量观点 带电粒子(体)在电场中的运动过程涉及能量问题时，可以应用动能定理、功能关系、能量守恒定律等灵活解题
动量观点 带电粒子(体)在电场中的运动过程涉及动量问题时，可以应用动量定理、动量守恒定律等灵活解题
如图甲所示，长度为L＝3.2 m的粗糙水平地面AB与两个半径均为R＝
0.8 m，竖直固定的绝缘光滑细圆管道在B点平滑相切，过管道圆心O1、O2的水平界面下方空间有水平向左的电场(图中未画出)，以A点所在位置为坐标原点，沿AB方向建立x轴，电场强度大小随位置x变化的关系如图乙所示。质量为m＝0.4 kg、带负电且电荷量为q＝0.2 C 的小球P静止在A点，另一质量为M＝0.2 kg的光滑绝缘不带电小球Q向右运动，以速度 v0＝6 m/s与小球P发生弹性正碰(碰撞时间极短，且P、Q间无电荷转移)，碰后小球P可从B点无碰撞进入细管道。已知小球P与地面间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取
10 m/s2，不计空气阻力，小球P、Q均可视为质点。求：
例5
(1)碰后小球P的速度大小；
答案：4 m/s
对P、Q构成的系统，根据动量守恒定律与机械能守恒定律有
Mv0＝Mv1＋mv2，M＝M＋m
解得v2＝4 m/s。
(2)小球P运动到管道最高点C点时对管道的作用力；
答案：4 N，方向竖直向上
碰后小球P运动到管道最高点C点过程中，根据动能定理有
W电－μmgL－mg·2R＝m－m
根据题图乙可知W电＝0.2××3.2 J＋
0.2×20×0.8 J＝12.8 J
解得v3＝4 m/s
小球P运动到管道最高点C点时，设管道对其弹力方向竖直向下，则有FN＋mg＝m
解得FN＝4 N
根据牛顿第三定律可知小球P对管道作用力大小FN'＝FN＝4 N，方向竖直
向上。
(3)小球P再次到达水平地面时与C点的水平距离。
答案：2.4 m
小球P离开管道后，在到达虚线前做平抛运动，则有R＝g，x1＝v3t1
解得x1＝1.6 m
小球P离开管道到落地，竖直方向上做自由落体运动，则有2R＝g
小球P在虚线下方，水平方向上做匀加速直线运动，水平方向分加速度
ax＝＝ m/s2＝10 m/s2
小球P从虚线到水平地面，水平方向分位移
x2＝v3(t2－t1)＋ax(t2－t1)2
解得小球P再次到达水平地面时与C点的水平距离
x＝x1＋x2＝2.4 m。
针对练.如图所示，ABD为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB段是水平的，BD段为半径R＝0.2 m的半圆，两段轨道相切于B点，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，场强大小E＝5.0×103 V/m。一不带电的绝缘小球甲，以速度v0沿水平轨道向右运动，与静止在B点带正电的小球乙发生弹性碰撞，甲、乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点D。已知甲、乙两球的质量均为m＝1.0×10－2 kg，乙球所带电荷量q＝2.0×10－5 C，g取
10 m/s2。(水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点，整个运动过程中甲不带电，乙电荷无转移)求：
(1)乙在轨道上的首次落点到B点的距离；
答案：0.4 m
设乙到达最高点D时的速度为vD，乙离开D点到达水平轨道的时间为t，乙的落点到B点的距离为x，则mg＋qE＝m
2R＝t2
x＝vDt
联立解得x＝0.4 m
(2)碰撞前甲球的速度v0的大小。
答案：2 m/s
设碰撞后甲、乙的速度分别为v甲、v乙，根据动量守恒定律和能量守恒定律可得
mv0＝mv甲＋mv乙
m＝m＋m
联立解得v乙＝v0
乙从B到D过程，由动能定理得
－mg·2R－qE·2R＝m－m
联立解得v0＝2 m/s。
返回
课 时 测 评
题组1　带电粒子(体)在交变电场中的运动
1.(2026·河南驻马店模拟)如图甲所示，某多级直线加速器由多个横截面积相同的金属圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上，序号为奇数和偶数的圆筒分别与图乙所示交流电源两极相连。t＝0时，位于金属圆板(序号为0)中央的电子，由静止开始加速。电子通过圆筒间隙的时间不计，且忽略相对论效应，则
A.圆筒内部电场强度大小随序号增大而减小
B.电子在各圆筒中做匀加速直线运动
C.电子在各圆筒中运动的时间都为T
D.各圆筒的长度之比可能为1∶∶∶…
√
金属圆筒中电场强度为零，电子不受静电力，做匀速直线运动，故A、B错误；只有电子在每个圆筒中匀速运动时间为时，才能保证每次在缝隙中被电场加速，故C错误；电子进入第n个圆筒时，经过n次加速，根据动能定理有neU＝m，解得vn＝，第n个圆筒长度Ln＝vn×＝，则各金属筒的长度之比为1∶∶∶…，故D正确。故选D。
2.(多选)如图甲，水平放置长为l的平行金属板右侧有一竖直挡板。金属板间的电场强度大小为E0，其方向随时间变化的规律如图乙所示，其余区域的电场忽略不计。质量为m、电荷量为q的带电粒子任意时刻沿金属板中心线OO'射入电场，均能通过平行金属板，并打在竖直挡板上。已知粒子在电场中的运动时间与电场强度变化的周期T相同，不计粒子重力，则
A.金属板间距离的最小值为
B.金属板间距离的最小值为
C.粒子到达竖直挡板时的速率都大于
D.粒子到达竖直挡板时的速率都等于
√
√
在t＝nT(n＝0，1，2，…)时刻进入电
场的粒子在电场中的竖直位移最大，粒
子在电场中运动的时间为T，则竖直方
向先做匀加速运动后做匀减速运动，由对称性可知，沿竖直方向的位移y＝2×a＝，金属板间距离的最小值为d＝2y＝，A正确，B错误；分析可知，无论粒子何时进入电场，粒子离开电场时的水平速度均为v0＝，竖直速度均为零，则粒子离开电场后做水平方向的匀速直线运动，则达到竖直挡板时的速率都等于v0＝，C错误，D正确。故选AD。
题组2　带电体在“等效重力场”中的运动
3.(多选)如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一质量为m的带电小球。小球静止时细线与竖直方向成θ角，此时让小球获得初速度且恰能绕O点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动，重力加速度为g。下列说法正确的是
A.匀强电场的电场强度E＝
B.小球动能的最小值为Ek＝
C.小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小
D.小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先减小后增大
√
√
小球静止时细线与竖直方向成θ角，对小球受力分析，小球受重力、拉力和静电力，三力平衡，根据平衡条件，有qE＝mgtan θ，解得E＝，A正确；小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点A(如图所示)速度最小，根据牛顿第二定律有＝m，则最小动能Ek＝mv2＝，B正确；
小球的机械能和电势能之和守恒，小球带负电，则小球运动到圆周轨迹的最左端时电势能最大，机械能最小，C错误；小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，静电力先做正功，后做负功，再做正功，则其电势能先减小，后增大，再减小，D错误。故选AB。
4.(2026·四川绵阳模拟)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(图中未画出)，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
√
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。
题组3　电场中的力电综合问题
5.(2026·河北沧州期中)中国新一代粒子研究利器“超级陶粲”装置关键技术攻关项目已经启动，静电分析器是其重要的组成部分。静电分析器的两电极之间存在如图所示的静电场，该静电场中任意一点的电场方向均沿半径方向指向圆心，大小均满足E＝(k为与装置有关的常数，r为该点到圆心O的距离)。某次实验中一组粒子(不计重力)由入射口P进入静电分析器，H沿轨迹Ⅰ绕圆心O做圆周运动H沿轨迹Ⅱ绕圆心O做圆周运动。下列说法正确的是
A.静电分析器中同一圆周上各点的电场强度相同
B.三种粒子的动能都相同
C.H粒子在电场中的运动时间最长
DH粒子的向心力最小
√
同一圆周上各点的电场强度方向不同，故A错误；圆周运动的向心力由静电力提供，由牛顿第二定律，有qE＝m，又E＝，解得Ek＝mv2＝，由于三种粒子的电荷量相等，则其动能相同，故B正确；
三种粒子动能相同，但H粒子质量最大，速率最小HH粒子运动弧长相同，则H粒子在电场中的运动时间大于H粒子在电场中的运动时间，故C错误；根据静电力提供粒子做圆周运动所需的向心力，有F向＝qE＝q，由题图可知H粒子做圆周运动的半径最小，则向心力最大，故D错误。故选B。
6.(多选)如图所示，一质量为m＝2 kg、所带电荷量为q＝－0.5 C的金属小球以10 m/s的初速度从P点水平向右射入电场强度大小为E＝60 V/m、方向竖直向下、宽度d＝1 m的足够长的有界匀强电场区域中(忽略带电金属小球所带电荷对匀强电场的影响)，重力加速度g取10 m/s2，忽略空气阻力的影响。则下列说法正确的是
A.经过0.2 s，小球沿竖直方向的分速度大小为 5 m/s
B.出电场时，小球的动能增加了0.25 J
C.出电场时，小球的机械能增加了0.65 J
D.经过0.15 s，小球的速度大小为10 m/s
√
√
小球穿出电场所需的时间t＝＝0.1 s＜0.2 s，前0.1 s内，根据牛顿第二定律得－mg＝ma，解得小球竖直方向的加速度大小a＝5 m/s2，方向竖直向上，小球穿出电场后，竖直方向加速度为重力加速度，经过0.2 s，小球沿竖直方向的分速度大小为vy＝ m/s＝0.5 m/s，故A错误；
出电场时小球竖直方向的位移为y＝at2＝0.025 m，
根据动能定理可得，出电场时，小球的动能增加量
ΔEk＝may＝0.25 J，故B正确；根据功能关系可得，
出电场时，小球的机械能增加量等于静电力做的功，即ΔE＝y＝0.75 J，故C错误；由A选项可知小球0.1 s末就穿出了电场，之后小球的加速度为重力加速度，经过0.15 s，小球竖直方向的速度大小为vy'＝｜5×0.1－10×(0.15－0.1)｜ m/s＝0，小球的速度大小为v＝＝10 m/s，故D正确。故选BD。
7.(多选)(2026·河南商丘期末)如图所示，空间有足够大的水平向右的匀强电场，一根长度为L＝0.9 m、不可伸长的绝缘细线的一端连着一个质量m＝4.5×10－4 kg、电荷量为q＝9×10－9C的带正电的小球，另一端固定于O点。将细线拉至水平后，小球位于O点右侧的A点，然后无初速度释放小球，小球恰好摆到B点，此时细线与竖直方向的夹角θ＝37°。已知
sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度大小g＝10 m/s2，忽略空气阻力，下列说法正确的是
A.匀强电场的场强大小为2.5×105 N/C
B.小球运动到最低点时的速度大小为6 m/s
C.小球运动到最低点时受到细线拉力的大小为9×10－3 N
D.小球摆到B点时的加速度大小为10 m/s2
√
√
√
设匀强电场的场强大小为E，小球从A点无初速度释放摆到B点的过程，根据动能定理有mgLcos θ－ qE＝0，解得匀强电场的场强大小为E＝2.5×105 N/C，A正确；小球运动到最低点过程，根据动能定理有mgL－qEL＝m，解得小球运动到最低点的速度大小为v1＝
3 m/s，B错误；
小球运动到最低点时，有FT－mg＝m，解得小球运动到最低点时受到细线拉力的大小为FT＝ 9×10－3 N，C正确；小球做圆周运动，摆到B点时速度为0，即所需向心力为0，即沿半径方向的合力为0，根据牛顿第二定律有mgsin θ＋qEcos θ＝ma，解得小球摆到B点时的加速度大小a＝10 m/s2，D正确。故选ACD。
8.(多选)(2026·辽宁沈阳模拟)如图所示，质量m＝1 kg、电荷量q＝＋0.1 C的小球(视为质点)与长L＝0.1 m的绝缘轻绳相连，轻绳另一端固定在O点，整个系统处在与竖直方向夹角为45°、电场强度大小E0＝100 N/C的匀强电场中。AB为水平直径，CD为竖直直径，EF直径过O点且与CD夹角为45°。当小球绕O点在竖直平面内做圆周运动时，取g＝10 m/s2，下列说法正确的是
A.小球运动到D点时，动能最小
B.小球运动到A点时，动能最小
C.小球从A点运动到B点时，动能增加了2 J
D.小球从F点运动到E点时，机械能增加了2 J
√
√
对小球受力分析如图所示，静电力qE0＝10 N，重力
mg＝10 N，可得二力合力指向水平方向，即等效重力水
平向右，大小F合＝＝10 N。A点为圆
周运动的等效“最高点”，也为速度最小点，故A错误，
B正确；小球从A点运动到B点时，动能的增加量等于合力做的功，则ΔEk＝F合×2L＝2 J，故C正确；小球从F点运动到E点时，机械能减少量等于克服静电力做的功，则ΔE＝qE0×2L＝2 J，故D错误。故
选BC。
9.(18分)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Q点(图中未画出)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；
答案：5 m/s
小球2所受静电力大小
F＝qE＝6×10－5×1×104 N＝0.6 N
黏合体的重力大小为
G＝2mg＝2×0.04×10 N＝0.8 N
如图甲所示，设黏合体所受重力与静电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，则有＝2m
解得vA＝5 m/s。
(2)小球1在Q点时弹簧的弹性势能；
答案：9.2 J
黏合体从C点到A点，由动能定理得
－qERsin 37°－2mg(R＋Rcos 37°)＝×2m－×2m
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碰撞前的速度大小v1＝2 m/s
由机械能守恒定律可得，小球1在Q点时弹簧的弹性势能Ep＝m＝9.2 J。
(3)黏合体由A点到达水平面运动的时间。
答案：0.6 s
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＝vAsin 37°＝3 m/s
由竖直方向做匀加速运动可得
R＋Rcos 37°＝v0t＋gt2
解得t＝0.6 s。
返回
谢 谢 观 看
专题提升十　 带电粒子(体)在电场中
运动的综合

展开更多......

收起↑