专题22 电容器带电粒子在电场中的运动（解析版）

专题22 电容器　带电粒子在电场中的运动
目录
题型一　电容器及平行板电容器的动态分析 1
类型1　两极板间电势差不变 1
类型2　两极板带电荷量不变 3
类型3　电容器的综合分析 4
类型4 创新情景构建电容器模型 5
题型二　实验：观察电容器的充、放电现象 7
题型三　带电粒子(带电体)在电场中的直线运动 13
类型1　带电粒子在电场中的直线运动 13
类型2　带电体在静电力和重力作用下的直线运动 15
类型3　带电粒子在交变电场中的直线运动 18
题型四 带电粒子在电场中的偏转 20
类型1　带电粒子在匀强电场中的偏转 21
类型2　带电粒子在组合电场中的偏转 25
类型3 带电粒子在重力场和电场复合场中的偏转 27
类型4 类型带电粒子在交变电场中的偏转 31
题型五 带电粒子在重力场和电场中的圆周运动 35
题型六　电场中的力、电综合问题 40

题型一　电容器及平行板电容器的动态分析
1．两类典型问题
(1)电容器始终与恒压电源相连，电容器两极板间的电势差U保持不变．
(2)电容器充电后与电源断开，电容器两极板所带的电荷量Q保持不变．
2．动态分析思路
(1)U不变
①根据C＝＝先分析电容的变化，再分析Q的变化．
②根据E＝分析场强的变化．
③根据UAB＝E·d分析某点电势变化．
(2)Q不变
①根据C＝＝先分析电容的变化，再分析U的变化．
②根据E＝＝分析场强变化．
类型1　两极板间电势差不变
【例1】(多选) (2022·天津市等级考模拟)如图所示，是一个由电池、电阻R、开关S与平行板电容器组成的串联电路，开关S闭合。一带电液滴悬浮在两板间P点不动，下列说法正确的是(　　)

A．若将A板向右平移一小段位移，电容器的电容C减小
B．若断开S，将B板向下平移一小段位移，带电液滴的电势能减小
C．在S仍闭合的情况下，增大两极板距离的过程中，电阻R中有从b到a的
电流
D．若断开S，减小两极板距离，则带电液滴向下运动
【答案】　AB
【解析】　根据C＝可知，将A板向右平移一小段位移，则两极板正对面积S减小，电容器的电容C减小，故A正确；由题图可知带电液滴受到竖直向上的电场力，电场方向竖直向下，带电液滴带负电荷。若断开S，则电容器所带的电荷量不变，根据C＝，C＝，E＝，可得E＝Q可知，电场强度不变。B板电势为零，根据UPB＝EdPB可得φP－0＝EdPB，可知将B板向下平移一小段位移，dPB增大，则P点的电势升高。根据Ep＝qφ可知，P点电势升高，带负电荷的液滴电势能减小，故B正确；在S仍闭合的情况下，根据C＝可知，增大两极板距离的过程中，电容器的电容C减小，电容器放电，电阻R中有从a到b的电流，故C错误；根据选项B分析可知，若断开S，减小两极板距离，电场强度不变，液滴受到的电场力不变，则带电液滴不动，故D错误。
【例2】(多选)如图所示，电容式麦克风的振动膜是利用超薄金属或镀金的塑料薄膜制成的，它与基板构成电容器，并与电阻、电池构成闭合回路．麦克风正常工作时，振动膜随声波左右振动．下列说法正确的是(　　)

A．振动膜向右运动时，电容器的板间电场强度不变
B．振动膜向右运动时，a点的电势比b点的电势高
C．振动膜向左运动时，电阻上有从a到b的电流
D．振动膜向左运动时，振动膜所带的电荷量减小
【答案】　BD
【解析】　振动膜向右振动时电容器两极板的距离变小，根据E＝，电容器板间的电场强度变大，根据C＝电容增大，根据C＝，在U不变的情况下，Q增大，电容器充电，R中电流方向向下，即有从a到b的电流，a点的电势比b点的电势高，A错误，B正确；振动膜向左振动时电容器两极板的距离变大，根据C＝，电容减小，根据C＝知，在U不变的情况下，Q减小，电容器放电，R中电流方向向上，即有从b到a 的电流， C错误，D正确．
类型2　两极板带电荷量不变
【例3】(2022·河北“五个一名校联盟”联考)如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷(上极板带正电)，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地，在两极板间有一固定在P点的正点电荷，以E表示两板间的电场强度，U表示两板之间的电势差，Ep表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角。若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则(　　)

A．E不变，Ep不变 B．U不变，E减小
C．θ增大，E不变 D．θ不变，Ep增大
【答案】　A
【解析】　两板间的电场强度E＝＝＝，因此电场强度与板间距无关，即E不变，P点到下极板距离不变，则P点的电势不变，所以点电荷在P点的电势能Ep不变，故A正确，D错误；电容器没有连接电源，故电容器的带电荷量不变，上极板向下移动，板间距减小，根据C＝可知，电容增大，由电容的定义式可得，极板间的电势差减小，故静电计指针偏角θ减小，故B、C错误。
【例4】(多选)如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可忽略，开关闭合，稳定时一带电的油滴静止于两极板间的P点，若断开开关K，将平行板电容器的上极板竖直向下平移一小段距离，则下列说法正确的是(　　)

A．静电计指针的张角变小
B．P点电势升高
C．带电油滴向上运动
D．带电油滴的电势能不变
【答案】　AD
【解析】　将平行板电容器的上极板竖直向下平移一小段距离，极板间距减小，根据C＝可知，电容器的电容增大，当开关断开后，两极板的电荷量不变，又U＝，所以，极板间的电势差减小，则静电计指针的张角变小，A正确；根据场强公式，得E＝＝＝，当断开开关后，极板的电荷量不变，故可得场强不变，故带电油滴不会移动，根据电势差与场强的关系可知，P点的电势不变，带电油滴的电势能不变，B、C错误，D正确．
类型3　电容器的综合分析
【例5】如图所示，电源电动势E，内电阻恒为r，R是定值电阻，热敏电阻RT的阻值随温度降低而增大，C是平行板电容器．静电计上金属球与平行板电容器上板相连，外壳接地．闭合开关S，带电液滴刚好静止在C内．在温度降低的过程中，分别用ΔI、ΔU1和ΔU2表示电流表、电压表1和电压表2示数变化量的绝对值．关于该电路工作状态的变化，下列说法正确的是(　　)

A.一定不变，一定变大
B.和一定不变
C．带电液滴一定向下加速运动且它的电势能不断减少
D．静电计的指针偏角增大
【答案】　B
【解析】　根据电路知识知，V1测路端电压，V2测热敏电阻RT的电压，静电计测定值电阻R的电压，由U1＝E－Ir可得＝r，可知不变，根据U2＝E－I(R＋r)可得＝r＋R，可知不变，故A错误，B正确；带电液滴在平行板中受到向上的电场力和向下的重力处于平衡状态，在温度降低的过程，热敏电阻RT阻值增大，回路中电流减小，路端电压增大，由于流过定值电阻R的电流减小，所以分得的电压也就减小，电容器两端电压减小，静电计的张角将减小，平行板间的电场强度也减小，导致带电液滴向下运动，电场力做负功，电势能增加，故C、D错误．
【例6】(多选)平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一个带正电小球悬挂在电容器内部，闭合开关S，电容器充电，稳定后悬线偏离竖直方向夹角为θ，如图所示．那么(　　)

A．保持开关S闭合，带正电的A板向B板靠近，则θ增大
B．保持开关S闭合，带正电的A板向B板靠近，则θ不变
C．开关S断开，带正电的A板向B板靠近，则θ增大
D．开关S断开，带正电的A板向B板靠近，则θ不变
【答案】　AD
【解析】　保持开关S闭合，电容器两端的电势差不变，带正电的A板向B板靠近，极板间距离减小，电场强度E增大，小球所受的静电力变大，θ增大，故A正确，B错误；断开开关S，电容器所带的电荷量不变，由C＝，C＝得E＝＝＝，知d变化，E不变，小球所受静电力不变，θ不变，故C错误，D正确．
类型4 创新情景构建电容器模型
【例7】．(2022·陕西西安中学高三月考)一位同学用底面半径为r的圆桶形塑料瓶制作了一种电容式传感器，用来测定瓶内溶液深度的变化．如图所示，瓶的外壁涂有一层导电涂层，和瓶内导电溶液构成电容器的两极，它们通过探针和导线与电源、电流计、开关相连，中间层的塑料为绝缘电介质，其厚度为d，相对介电常数为εr.若发现在某一小段时间t内有大小为I的电流从下向上流过电流计，电源电压恒定为U，则下列说法正确的是(　　)

A．瓶内液面升高了
B．瓶内液面升高了
C．瓶内液面降低了
D．瓶内液面降低了
【答案】　C
【解析】　由题图可知，液体与瓶的外壁涂的导电涂层构成了电容器，两板间距离不变；液面高度变化时只有正对面积发生变化；由C＝可知，当液面升高时，正对面积S增大，则电容增大，当液面降低时，正对面积S减小，则电容减小．由于电流从下向上流过电流计，可知该时间内电容器上的电荷量减小，由于电势差不变，由C＝可知电容减小，瓶内液面降低，t时间内减少的电荷量q＝It，由C＝可得q＝U·ΔC，液面的高度为h时的正对面积S＝2πr·h，联立解得Δh＝，故选C.
【例8】．很多手机的指纹解锁功能利用了电容式指纹识别技术．如图所示，指纹识别传感器上有大量面积相同的小极板，当手指贴在传感器上时，指纹的凸起部分(叫“嵴”)及凹下部分(叫“峪”)与这些小极板形成大量大小不等的电容器．传感器给所有的电容器充电达到某一电压值后，电容器放电，根据放电快慢的不同来探测嵴和峪的位置，从而形成指纹图像数据，则(　　)

A．沾水潮湿的手指不会影响正常解锁
B．极板与指纹“嵴”部分形成的电容器电容较大
C．极板与指纹“峪”部分形成的电容器放电较慢
D．用打印好的指纹照片覆盖在传感器上面也能够实现指纹解锁
【答案】　B
【解析】　潮湿的手指影响了皮肤表面与小极板之间的介电常数εr，所以潮湿的手指对指纹的识别有一定的影响，会影响正常解锁，故A错误；在嵴处皮肤表面和小极板之间的距离较小，在峪处皮肤表面与小极板之间的距离较大，根据公式C＝可知在峪处形成的电容器电容较小，在嵴处形成的电容器电容较大，故B正确；由于外接电源为所有电容器充到一个预先设计好的电压值，所以所有的电容器电压一定，根据Q＝UC＝可知，极板与指纹峪(电容较小)构成的电容器充上的电荷较少，在放电过程中放电时间短；反之，在嵴处形成的电容器电容较大，电荷量较多，放电时间长，故C错误；用打印好的指纹照片覆盖在传感器上，不能构成电容器，所以不能实现手机解锁功能，故D错误．
题型二　实验：观察电容器的充、放电现象
1．实验原理
(1)电容器的充电过程
如图所示，当开关S接1时，电容器接通电源，在静电力的作用下自由电子从正极板经过电源向负极板移动，正极板因失去电子而带正电，负极板因获得电子而带负电．正、负极板带等量的正、负电荷．电荷在移动的过程中形成电流．
在充电开始时电流比较大(填“大”或“小”)，以后随着极板上电荷的增多，电流逐渐减小(填“增大”或“减小”)，当电容器两极板间电压等于电源电压时电荷停止定向移动，电流I＝0 .

(2)电容器的放电过程
如图所示，当开关S接2时，相当于将电容器的两极板直接用导线连接起来，电容器正、负极板上电荷发生中和．在电子移动过程中，形成电流．
放电开始电流较大(填“大”或“小”)，随着两极板上的电荷量逐渐减小，电路中的电流逐渐减小(填“增大”或“减小”)，两极板间的电压也逐渐减小到零．

2．实验步骤
(1)按图连接好电路．

(2)把单刀双掷开关S打在上面，使触点1和触点2连通，观察电容器的充电现象，并将结果记录在表格中．
(3)将单刀双掷开关S打在下面，使触点3和触点2连通，观察电容器的放电现象，并将结果记录在表格中．
(4)记录好实验结果，关闭电源．
3．注意事项
(1)电流表要选用小量程的灵敏电流计．
(2)要选择大容量的电容器．
(3)实验要在干燥的环境中进行．
【例1】(2022·山东枣庄市模拟)电流传感器可以测量电流，它的反应非常快，可以捕捉到瞬间的电流变化；将它与计算机相连还能用计算机显示出电流随时间变化的i－t图像，图甲所示的电路中：直流电源电动势为8 V，内阻可忽略；C为电容器，先将单刀双掷开关S与1相连，电源向电容器充电，这个过程可在短时间内完成；然后把开关S与2相连，电容器通过电阻R放电，传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的i－t图像如图乙所示，(下列结果均保留两位有效数字)


(1)根据i－t图像可估算电容器在全部放电过程中释放的电荷量为________ C；
(2)通过实验数据，计算出电容器的电容为________ F；
(3)如果不改变电路其他参数，只减小电阻R，充电时i－t曲线与横轴所围成的面积将________(填“增大”“不变”或“变小”)；充电时间将________(填“变长”“不变”或“变短”)．
【答案】　(1)1.6×10－3　 (2) 2×10－4　(3)不变
变短
【解析】　(1)根据i－t图像围成的面积可估算电容器在全部放电过程中释放的电荷量，根据题图乙知纵坐标每个小格为0.2 mA，横坐标每小格为0.2 s，则每小格所代表的电荷量为q＝0.2×10－3×0.2 C＝4×10－5 C，曲线下的小格数的个数大约为41个，所以电容器全部释放的电荷量为Q＝41q≈1.6×10－3 C
(2)该电容器的电容为C＝＝ F＝2×10－4 F.
(3)根据电容的计算公式可得电荷量Q＝CU，电容器储存的电荷量Q与电阻R无关，如果不改变电路其他参数，只减小电阻R，充电时i－t曲线与横轴所围成的面积不变；由于电阻对电流有阻碍作用，所以减小电阻，充电时间将变短．
【例2】(2022·北京西城区5月统测)在“用传感器观察电容器的充放电过程”实验中，按图甲所示连接电路。电源电动势为8.0 V，内阻可以忽略。单刀双掷开关S先跟2相接，某时刻开关改接1，一段时间后，把开关再改接2，实验中使用了电流传感器来采集电流随时间的变化情况。

甲

乙
(1)开关S改接2后，电容器进行的是______(选填“充电”或“放电”)过程。此过程得到的I－t图像如图乙所示，图中用阴影标记的狭长矩形的面积的物理意义是____________________。如果不改变电路其他参数，只减小电阻R的阻值，则此过程的I－t曲线与坐标轴所围成的面积将________(选填“减小”“不变”或“增大”)。
(2)若实验中测得该电容器在整个放电过程中释放的电荷量Q＝3.44×10－3 C，则该电容器的电容为________ μF。
(3)关于电容器在整个充、放电过程中的q－t图像和UAB－t图像的大致形状，可能正确的有________(q为电容器极板所带的电荷量，UAB为A、B两板的电势差)。

【答案】　(1)放电　0.2 s内电容器放出的电荷量　不变　(2)430　(3)AD
【解析】　(1) 将开关S接通1，电容器与电源相连，所以电容器充电；再将S改接2，电容器通过电阻R放电。图中横坐标分成许多很小的时间间隔，在这些很小的时间间隔里，放电电流可以视为不变，则IΔt为这段时间内的电荷量，所以题图中用阴影标记的狭长矩形的面积的物理意义是0.2 s内电容器放出的电荷量。根据Q＝CU可知，电荷量与电阻值R无关，如果不改变电路其他参数，只减小电阻R的阻值，则此过程的I－t 曲线与坐标轴所围成的面积将不变。
(2)根据C＝＝ F＝430 μF。
(3)电容器在充电过程中，电流由最大逐渐减小，放电过程电流也是由最大逐渐减小，根据q＝It，图像的倾斜程度表示电流的大小，B错误，A正确；电容器在充电过程中，电流由最大逐渐减小，放电过程电流也是由最大逐渐减小，根据U＝＝t，电容器的电容不变， C错误，D正确。
【例3】(2022·广东河源市高三模拟)利用高电阻放电法研究电容器的充放电，实验是利用高阻值电阻延长放电时间，绘制电容器放电电流与时间的i－t图像来研究电容器的充放电规律．


某同学先按图甲所示电路连接好实验电路，然后继续实验操作如下：
(1)先接通开关S1、S2，调节电阻箱R的阻值，使微安表的指针偏转接近满刻度，记下这时微安表的示数i0＝500 μA，电压表的示数U0＝3.0 V，此时电阻箱R的阻值为3.5 kΩ.则微安表的内阻为________ kΩ.
(2)断开开关S2，同时开始计时，每隔5 s或10 s读一次电流i的值，将测得数据填入预先设计的表格中，根据表格中的数据在坐标纸上标出以时间t为横坐标，电流i为纵坐标的点，在图乙中描绘出电流随时间变化的图线如图所示，根据图线估算出该电容器在整个放电过程中放出的电荷量Q约为________ C．(结果保留两位有效数字)

(3)考虑到电压表也是高电阻，某同学设计了如图所示的电路来探究电容器两极板间电势差跟所带电荷量的关系，其中E＝3 V，C＝3000 μF，先把开关S1接1，给电容器A充电，可以看到电容器A充电后数字电压表示数为U，把开关S1接2，可以看到电压表示数变为0.5U，断开开关S1，闭合开关S2，让电容器B的两极板完全放电，随后再断开开关S2，把B和A并联、电压表示数再次减少一半，还可以继续这样操作……
下列说法正确的是________．
A．电压表也可以用静电计来代替
B．电容器的电容与其带电荷量成正比，与电压成反比
C．电容器两极板之间的电压与其带电荷量成正比
D．一个电容器所带的电荷量Q与两极板之间的电势差U之比是不变的
E．由于电压表有电流流过，会造成放电，可以在电压表支路中串联一个开关，读数时才短暂闭合
【答案】　(1)2.5　(2)8.0×10－3　(3)CDE
【解析】　(1)因为电压表显示的是微安表与电阻箱的两端电压，而微安表的示数为500 μA，故微安表与电阻箱的总电阻为R总＝＝＝6 kΩ，则微安表的内阻为6 kΩ－3.5 kΩ＝2.5 kΩ.
(2)图线与时间轴所围成的面积即为放电过程放出的电荷量，我们数出的方格数为32，(注意数的时候大于半个格就算一个格，小于半个格的不算)，而每个小格表示的电荷量q＝50 μA×5 s＝2.5×10－4 C，
则放电的总电荷量为Q＝32q＝32×2.5×10－4 C＝8.0×10－3 C；
(3)静电计一般是显示大电压的，3 V的电压不能使静电计发生明显偏转，选项A错误；由电容的决定式C＝和C＝可知选项B错误，C、D正确；由于电压表有电流流过，会造成放电，导致电压减小，可以在电压表支路中串联一个开关，读数时才短暂闭合，选项E正确．
【例4】(1)据报道，科学家发明了一种新型超级电容器，能让手机几分钟内充满电．用该种电容器给手机电池充电，下列说法正确的是________．
A．该电容器给手机电池充电时，电容器的电容变大
B．该电容器给手机电池充电时，电容器存储的电能变少
C．该电容器给手机电池充电时，电容器所带的电荷量可能不变
D．充电结束后，电容器不带电，电容器的电容为零
(2)电路中电流大小可以用电流传感器测量，用电流传感器和计算机可以方便地测出电路中电流随时间变化的曲线．某兴趣小组要测定一个电容器的电容，选用器材如下：待测电容器(额定电压为16 V)；电流传感器和计算机；直流稳压电源；定值电阻R0＝100 Ω、单刀双掷开关；导线若干

实验过程如下：
①按照图甲正确连接电路；
②将开关S与1端连接，电源向电容器充电；
③将开关S掷向2端，测得电流随时间变化的I－t图线如图乙中的实线a所示；
④利用计算机软件测出I－t曲线和两坐标轴所围的面积．
请回答下列问题：
a．已知测出的I－t曲线和两坐标轴所围的面积为42.3 mA·s，根据图像算出电容器全部放电过程中释放的电荷量为________ C，最大电压为________ V，电容器的电容C＝________ F；(均保留两位有效数字)
b．若将定值电阻换为R1＝180 Ω，重复上述实验步骤，则电流随时间变化的I－t图线应该是图丙中的曲线________(选填“b”或“c”)．

【答案】　(1)B　(2)a.0.042　9　4.7×10－3　b．c
【解析】　(1)电容器的电容由自身因素决定，该电容器给手机电池充电时和充电结束后，电容器的电容不变，故A、D错误；
该电容器给手机电池充电时，电容器放电，电容器所带的电荷量变少，存储的电能变少，故B正确，C错误．
(2)a.I－t图像与坐标轴所围的面积即为释放的电荷量，Q＝42.3×10－3 A×1 s≈0.042 C
由题图乙可知，开始放电瞬间通过R0的电流I＝90 mA＝0.09 A，则R0两端电压为U＝IR0＝0.09×100 V＝9 V，
根据C＝，可求出电容器的电容C＝ F≈4.7×10－3 F；
b．换用180 Ω的电阻，则根据Im＝，因此第2次实验的最大电流小些，故不是b；根据Qm＝CUm，因两条曲线分别与坐标轴所围成的面积相等，故选c.
题型三　带电粒子(带电体)在电场中的直线运动
类型1　带电粒子在电场中的直线运动
1．做直线运动的条件
(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子静止或做匀速直线运动．
(2)粒子所受合外力F合≠0且与初速度共线，带电粒子将做加速直线运动或减速直线运动．
2．用动力学观点分析
a＝，E＝，v2－v02＝2ad.
3．用功能观点分析
匀强电场中：W＝Eqd＝qU＝mv2－mv02
非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1
【例1】(2022·江西省教学质量检测)如图所示，A、B为平行金属板，两极板相距为d，分别与电源两极连接。两板的中央各有一小孔M、N。今有一带电质点自A板上方距离为d的P点由静止下落，不计空气阻力，到达两板中点时的速度恰好为零，然后沿原路返回。则带电质点的重力与它在电场中所受电场力的大小之比为(　　)

A．1∶2 B．1∶3
C．2∶1 D．3∶1
【答案】　B
【解析】　带电质点从P点开始由静止下落到两板中点时，先加速后减速到零，根据动能
定理有mg·d－qEd＝0，重力与电场力的大小之比为1∶3，故B正确。
【例2】如图所示，一充电后的平行板电容器的两极板相距l.在正极板附近有一质量为M、电荷量为q(q>0)的粒子；在负极板有另一质量为m、电荷量为－q的粒子．在静电力的作用下，两粒子同时从静止开始运动．已知两粒子同时经过平行于正极板且与其相距l的平面．若两粒子间的相互作用可忽略，不计重力，则M∶m为(　　)

A．3∶2 B．2∶1
C．5∶2 D．3∶1
【答案】　A
【解析】　设电场强度为E，两粒子的运动时间相同，对电荷量为q的粒子aM＝，l＝·t2；对电荷量为－q的粒子有am＝，l＝·t2，联立解得＝，故选A.
【例3】(多选) 一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(重力不计)以速度v0逆着电场线方向射入有左边界的匀强电场，场强为E(如图所示)，则(　　)

A．粒子射入的最大深度为
B．粒子射入的最大深度为
C．粒子在电场中运动的最长时间为
D．粒子在电场中运动的最长时间为
【答案】　BD
【解析】　粒子从射入到运动至右端，由动能定理得－Eqxmax＝0－mv02，最大深度xmax＝，由v0＝at，a＝可得t＝，则粒子在电场中运动的最长时间为tmax＝2t＝，故选B、D.
【例4】(多选) (2022·吉林六校联考)如图所示，在两平行板间接直流电源，位于A板附近的带电粒子在电场力作用下，由静止开始向B板运动，关于粒子在两板间的运动，下列说法正确的是(　　)

A．粒子到达B板时的速率与两板间距离和电源电压均有关
B．若电源电压U与粒子的电荷量q均变为原来的2倍，则粒子到达B板时的速率变为原来的4倍
C．两板间距离越大，粒子运动的时间越长
D．粒子到达B板时的速率与两板间距离无关，与电源电压有关
【答案】　CD
【解析】　对粒子由动能定理有qU＝mv2，解得v＝，则粒子到达B板时的速率与电源电压有关，与两板间距离无关，选项A错误，D正确；粒子到达B板时的速率v＝，当U和q均变为原来的2倍时，到达B板时的速率变为原来的2倍，选项B错误；由牛顿第二定律可知a＝＝＝，又d＝at2，则t＝d，可知两板间距离越大，粒子运动的时间越长，选项C正确。

类型2　带电体在静电力和重力作用下的直线运动
【例1】如图所示，一平行板电容器水平放置，板间距离为d，上下极板开有一小孔，四个质量均为m、带电荷量均为q的带电小球，其间用长均为的绝缘轻杆相连，处于竖直状态，今使下端小球恰好位于上极板小孔中，且由静止释放，让四球竖直下落．当下端第二个小球到达下极板时，速度恰好为零．重力加速度为g，(仅两极板间存在电场)试求：

(1)两极板间的电压；
(2)小球运动的最大速度．
【答案】　(1)　(2)
【解析】　(1)根据动能定理可得4mg×d－2Uq－Uq－Uq＝0
解得U＝
(2)当两个小球在电场中时，静电力F1＝×2q＝mg<4mg
当三个小球在电场中时，静电力F2＝×3q＝mg>4mg
故当第三个小球刚进入电场时速度最大，根据动能定理可得4mg×－Uq－Uq＝×4mv2－0
解得v＝.
【例2】如图所示，倾斜放置的平行板电容器两极板与水平面夹角为θ，极板间距为d，带负电的微粒质量为m、带电荷量大小为q，从极板M的左边缘A处以初速度v0水平射入，沿直线运动并从极板N的右边缘B处射出，重力加速度为g，则(　　)

A．微粒到达B点时动能为mv02
B．微粒的加速度大小等于gsin θ
C．两极板的电势差UMN＝
D．微粒从A点到B点的过程，电势能减少
【答案】　C
【解析】　微粒仅受静电力和重力，静电力方向垂直于极板，重力的方向竖直向下，微粒做直线运动，合力方向沿水平方向，由此可知，静电力方向垂直于极板斜向左上方，合力方向水平向左，微粒做减速运动，微粒到达B点时动能小于mv02，选项A错误；根据qEsin θ＝ma，qEcos θ＝mg，解得E＝，a＝gtan θ，选项B错误；两极板的电势差UMN＝Ed＝，选项C正确；微粒从A点到B点的过程，静电力做负功，电势能增加，电势能增加量为，选项D错误．
【例3】(2022·江苏苏州市模拟)如图所示，矩形匀强电场区Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为h，上面为Ⅰ、下面为Ⅱ，电场强度方向在竖直平面内，电场强度大小为E.质量为m的带电小球由静止释放，进入电场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，空气阻力不计，重力加速度为g，则(　　)

A．刚进入电场Ⅰ时加速度方向竖直向上
B．穿过电场Ⅰ的时间大于在两电场之间的运动时间
C．穿过两电场后小球的电势能增加了3mgh
D．穿过两电场后小球的电势能增加2mgh
【答案】　A
【解析】　因为小球在匀强电场区Ⅰ、Ⅱ之间的运动是匀加速运动，其末速度与其进入匀强电场区Ⅰ的初速度相等，由于匀强电场区Ⅰ与Ⅰ、Ⅱ之间的间距均为h，且在匀强电场区Ⅰ中一定做匀变速运动，所以带电小球在匀强电场区Ⅰ中做匀减速运动，加速度大小等于重力加速度，根据F－mg＝ma可知静电力为重力的2倍，运动过程与在Ⅰ、Ⅱ之间的运动具有对称性，穿过电场Ⅰ的时间等于在两电场之间的运动时间，所以A正确，B错误；由于静电力为重力的2倍，所以经过两个电场区域，电势能增加ΔEp＝2×2mgh＝4mgh，选项C、D错误．
【例4】如图甲所示，一带正电的小球用绝缘细线悬挂在竖直向上的、范围足够大的匀强电场中，某时刻剪断细线，小球开始向下运动，通过传感器得到小球的加速度随下行速度变化的图像如图乙所示．已知小球质量为m，重力加速度为g，空气阻力不能忽略．下列说法正确的是(　　)

A．小球运动的速度一直增大
B．小球先做匀加速运动后做匀速运动
C．小球刚开始运动时的加速度大小a0＝g
D．小球运动过程中受到的空气阻力与速度大小成正比
【答案】　D
【解析】　 小球速度增大到v0后，加速度变为0，速度不再增大，故A错误；小球在加速过程中，加速度随速度变化，即不是匀变速运动，故B错误；剪断细线，小球开始向下运动，由于小球不只受重力，还受向上的静电力，故此时加速度a0＜g，故C错误；由a－v图像，可得a＝kv＋a0，由牛顿第二定律，可得mg－qE－Ff＝ma，可解出加速度为a＝－＋g－，联立可知a0＝g－，还可知－＝kv，即Ff＝－kmv，故D正确．
类型3　带电粒子在交变电场中的直线运动
1．常见的交变电场
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．常见的题目类型
(1)粒子做单向直线运动．
(2)粒子做往返运动．
3．解题技巧
(1)按周期性分段研究．
(2)将a－t图像v－t图像．
【例1】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，则下列说法中正确的是(　　)

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零
D．0～3 s内，静电力做的总功为零
【答案】　D
【解析】　由牛顿第二定律可知，带电粒子在第1 s内的加速度大小为a1＝，第2 s内加速度大小为a2＝，故a2＝2a1，因此先加速1 s再减速0.5 s时速度为零，接下来的0.5 s将反向加速，v－t图像如图所示：

带电粒子在第1 s做匀加速运动，在第2 s内先做匀减速运动，后反向加速，所以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，0～3 s内，静电力做的总功为零，故D正确．
【例2】(2022·东北三省三校联考)如图甲所示，A、B是两个足够大的平行金属板，两平行板间加如图乙所示电压，U0、T0为已知。质量为m、电荷量为q的带正电粒子在t＝0时刻从紧靠A板位置由静止释放(不计重力)，粒子经2T0时间到B板。求：

(1)粒子到达B板时的速度v；
(2)两个金属板间的距离d。
【答案】　(1)3　(2)T0
【解析】　(1)在0～T0时间，粒子运动的位移为d1＝·T＝
在T0～2T0时间，粒子运动的位移为
d2＝＋＝
根据动能定理得
2qU0＋qU0＝mv2
解得v＝3。
(2)根据位移关系得d1＋d2＝d
解得d＝T0。
题型四 带电粒子在电场中的偏转
1.带电粒子在匀强电场中偏转的两个分运动
(1)沿初速度方向做匀速直线运动，t＝(如图)．

(2)沿静电力方向做匀加速直线运动
①加速度：a＝＝＝
②离开电场时的偏移量：y＝at2＝
③离开电场时的偏转角：tan θ＝＝
2．两个重要结论
(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时，偏移量和偏转角总是相同的．
证明：在加速电场中有qU0＝mv02
在偏转电场偏移量y＝at2＝··()2
偏转角θ，tan θ＝＝
得：y＝，tan θ＝
y、θ均与m、q无关．

(2)粒子经电场偏转后射出，速度的反向延长线与初速度延长线的交点O为粒子水平位移的中点，即O到偏转电场边缘的距离为偏转极板长度的一半．
3．功能关系
当讨论带电粒子的末速度v时也可以从能量的角度进行求解：qUy＝mv2－mv02，其中Uy＝y，指初、末位置间的电势差．
类型1　带电粒子在匀强电场中的偏转
【例1】(2022·山东日照市模拟)喷墨打印机的结构原理如图10所示，其中墨盒可以发出半径为1×10－5 m的墨汁微粒，此微粒经过带电室时被带上负电，带电的多少由计算机按字体笔画高低位置输入信号加以控制。带电后的微粒以一定的初速度进入偏转电场，经过偏转电场发生偏转后，打到纸上，显示出字体。无信号输入时，墨汁微粒不带电，沿直线通过偏转电场而注入回流槽流入墨盒。设偏转极板长L1＝1.6 cm，两板间的距离d＝0.50 cm，偏转板的右端到纸的距离L2＝2.4 cm。若一个墨汁微粒的质量为1.6×10－10 kg，所带电荷量为1.25×10－12 C，以20 m/s的初速度垂直进入偏转电场，打到纸上的点距原入射方向的距离是
1.0 mm(不计空气阻力和墨汁微粒的重力，可以认为偏转电场只局限在平行板电容器内部，忽略边缘电场的不均匀性)(　　)

图10
A．墨汁从进入偏转电场到打在纸上，做类平抛运动
B．两偏转板间的电压是2.0×103 V
C．两偏转板间的电压是5.0×102 V
D．为了使纸上的字体放大10%，可以把偏转电压降低10%
【答案】　C
【解析】　墨汁在偏转电场中做类平抛运动，出偏转电场后做匀速直线运动，选项A错误；墨汁出偏转电场后做匀速直线运动，且反向延长线交水平位移的中点，如图所示

由图可知tan θ＝，tan θ＝，又vy＝at＝t，t＝联立解得两偏转板间的电压是U＝5.0×102 V，选项B错误，C正确；由以上式子整理得y＝，为了使纸上的字体放大10%，可以把偏转电压提高10%，选项D错误。
【例2】如图所示，矩形区域ABCD内存在竖直向下的匀强电场，两个带正电的粒子a和b以相同的水平速度射入电场，粒子a由顶点A射入，从BC的中点P射出，粒子b由AB的中点O射入，从顶点C射出．若不计重力，则a和b的比荷(带电荷量与质量的比值)之比是(　　)

A．1∶2 B．2∶1 C．1∶8 D．8∶1
【答案】　D
【解析】　粒子在水平方向上做匀速直线运动，a、b两粒子的水平位移大小之比为1∶2，根据x＝v0t，知时间之比为1∶2.粒子在竖直方向上做匀加速直线运动，根据y＝at2，y之比为2∶1，则a、b的加速度之比为8∶1.根据牛顿第二定律知，加速度a＝，加速度大小之比等于比荷之比，则两电荷的比荷之比为8∶1，故D正确，A、B、C错误．
【例3】如图所示，一电荷量为q的带电粒子以一定的初速度由P点射入匀强电场，入射方向与电场线垂直．粒子从Q点射出电场时，其速度方向与电场线成30°角．已知匀强电场的宽度为d，方向竖直向上，P、Q两点间的电势差为U(U>0)，不计粒子重力，P点的电势为零．则下列说法正确的是(　　)

A．粒子带负电
B．带电粒子在Q点的电势能为qU
C．P、Q两点间的竖直距离为
D．此匀强电场的电场强度为
【答案】　D
【解析】　由题图可知，带电粒子的轨迹向上弯曲，则粒子受到的静电力方向竖直向上，与电场方向相同，所以该粒子带正电，故A错误；粒子从P点运动到Q点，静电力做正功，为W＝qU，则粒子的电势能减少了qU，P点的电势为零，可知带电粒子在Q点的电势能为－qU，故B错误；Q点速度的反向延长线过水平位移的中点，则y＝＝d，电场强度大小为E＝＝，故D正确，C错误．
【例4】(多选)一对相同的平行金属板，正对水平放置，板长为L，两板间距为d，上下两板分别带等量的正负电荷，如图所示．一质量为m，电荷量为q的带正电粒子，沿两板中线以v0的初速度射入电场，恰好从下板右边缘处飞离，假设电场只在两板间分布，不计粒子重力，则下列说法正确的是(　　)

A．粒子在板间运动的时间为t＝
B．两板间电势差为U＝
C．粒子在电场中运动，电势能逐渐减小
D．将上极板向下平移一小段距离，粒子仍沿原路径飞离电场
【答案】　ACD
【解析】　粒子在板间运动，垂直电场线方向做匀速直线运动，所以粒子在板间运动的时间为t＝，故A正确；设板间电势差为U，则场强大小E＝，粒子加速度为a＝，又＝at2，计算可知两板间电势差为U＝，故B错误；粒子在电场中运动，电场力做正功，电势能减小，故C正确；此电容器所带电荷量Q保持不变，由E＝＝＝＝知，改变两板间距，不会影响板间场强，所以粒子仍然沿原路径运动，故D正确．
【例5】．(多选)真空中有场强为E的匀强电场，质量均为m、带电荷量均为－q的两个粒子A、B(不计重力)从电场中P点沿垂直于电场方向以不同初速度v01、v02先后射入电场，带电粒子A、B分别经过电场中的M、N两点时(图中未标出)，速度与初速度方向的夹角分别为θ1、θ2，位移分别为l1、l2，位移与初速度方向的夹角分别为α1、α2，运动时间分别为t1、t2.那么(　　)

A．若θ1＝θ2，则v01＝v02
B．若α1＝α2，则θ1＝θ2
C．若α1＝α2，则t1＝t2
D．若θ1＝θ2、l1∶l2＝1∶2，则t1∶t2＝1∶
【答案】　BD
【解析】　带电粒子在匀强电场中垂直于电场方向射入后做类平抛运动，若θ1＝θ2，由于tan θ＝2tan α故α1＝α2，P、M、N三点在同一直线上，与初速度大小无关，如图所示，

若α1＝α2，则θ1＝θ2，A错误，B正确；若α1＝α2，P、M、N三点共线，位移大则运动时间长，C错误；若θ1＝θ2、l1∶l2＝1∶2，P、M、N三点同线的同时，沿场强方向位移之比x1∶x2＝l1∶l2＝1∶2，由x＝at2得t＝＝，则t1∶t2＝∶＝1∶，D正确．
【例6】(2022·广东肇庆中学质检)如图所示，圆心为O、半径为R的圆形区域内有一个匀强电场，电场强度大小为E、方向与圆所在的面平行。PQ为圆的一条直径，与电场强度方向的夹角θ＝60°。质量为m、电荷量为＋q的粒子从P点以某一初速度沿垂直于电场强度的方向射入电场，不计粒子重力。

(1)若粒子到达Q点，求粒子在P点的初速度大小v0；
(2)若粒子在P点的初速度大小在0～v0之间连续可调，则粒子到达圆弧上哪个点电势能变化最大？求出电势能变化的最大值ΔEp。
【答案】　(1) (2)圆弧上最低点　－
【解析】　(1)粒子做类平抛运动，设粒子从P点运动到Q点的时间为t，加速度为a，
则水平方向有2Rsin θ＝v0t
竖直方向有2Rcos θ＝at2
由牛顿第二定律得qE＝ma
联立解得v0＝。
(2)粒子到达圆弧上最低点电势能变化最大
ΔEp＝－qEd
d＝R＋Rcos θ
解得ΔEp＝－。
类型2　带电粒子在组合电场中的偏转
【例1】．(多选)(2022·河北张家口市期末)如图所示，xOy坐标系的第一象限存在水平向左的匀强电场。第二象限存在竖直向下的匀强电场，y轴上c点和x轴上d点连线为电场的下边界。相同的带电粒子甲、乙分别从a点和b点由静止释放，两粒子均从c点水平射入第二象限，且均从c、d连线上射出，已知ab＝bc，下列说法正确的是(　　)

A．带电粒子甲、乙在c点速度之比为2∶1
B．带电粒子甲、乙在c点速度之比为∶1
C．带电粒子甲、乙在第二象限电场内的位移之比为∶1
D．带电粒子甲、乙在第二象限射出电场时速度方向相同
【答案】　BD
【解析】　相同的带电粒子甲、乙分别从a点和b点由静止释放，两粒子均从c点水平射入第二象限，且均从c、d连线上射出，已知ab＝bc，由v2＝2ax可得带电粒子甲、乙在c点速度之比为v甲∶v乙＝∶1，故A错误，B正确；甲、乙两粒子从c点水平射入第二象限，设位移与水平方向夹角为θ，甲、乙两粒子位移与水平方向的夹角θ相同
由平抛运动知识可知x＝v0t①
tan θ＝＝＝②
y＝xtan θ＝v0ttan θ③
综合①②③可得
s＝＝v
可知带电粒子甲、乙在第二象限电场内的位移之比为2∶1，故C错误；设速度方向与水平方向夹角为α，tan α＝，tan α＝2tan θ，甲、乙在第二象限射出电场时速度方向与水平方向夹角α相同，故D正确。
【例2】如图所示，虚线左侧有一场强为E1＝E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L，电场强度为E2＝2E的匀强电场，在虚线PQ右侧相距为L处有一与电场E2平行的屏．现将一电子(电荷量e，质量为m)无初速度放入电场E1中的A点，最后打在右侧的屏上，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：

(1)电子从释放到打到屏上所用的时间；
(2)电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值；
(3)电子打到屏上的点B到O点的距离．
【答案】　(1)3　(2)2　(3)3L
【解析】　(1)电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a1，时间为t1，
由牛顿第二定律得：a1＝＝
＝a1t12
电子进入电场E2时的速度为：
v1＝a1t1
从进入电场E2到打到屏上，电子水平方向做匀速直线运动，时间为：t2＝
电子从释放到打到屏上所用的时间为：
t＝t1＋t2
解得：t＝3
(2)设粒子射出电场E2时平行电场方向的速度为vy，由牛顿第二定律得：电子在电场E2中的加速度为：a2＝＝
vy＝a2t3
t3＝
电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值为tan θ＝
解得： tan θ＝2
(3)带电粒子在电场中的运动轨迹如图所示：

设电子打到屏上的点B到O点的距离为x，由几何关系得：tan θ＝，
联立得：x＝3L.
【例3】(多选)质子和α粒子(氦核)分别从静止开始经同一加速电压U1加速后，垂直于电场方向进入同一偏转电场，偏转电场电压为U2.两种粒子都能从偏转电场射出并打在荧光屏MN上，粒子进入偏转电场时速度方向正对荧光屏中心O点．下列关于两种粒子运动的说法正确的是(　　)

A．两种粒子会打在屏MN上的同一点
B．两种粒子不会打在屏MN上的同一点，质子离O点较远
C．两种粒子离开偏转电场时具有相同的动能
D．两种粒子离开偏转电场时具有不同的动能，α粒子的动能较大
【答案】　AD
【解析】　两种粒子在加速电场中做加速运动，由动能定理得qU1＝mv02－0，偏转电场中，设板长为L，平行于极板方向：L＝v0t，垂直于极板方向：a＝＝，y＝at2，离开偏转电场时速度的偏转角为α，有tan α＝＝，联立以上各式得y＝，tan α＝，偏移量y和速度偏转角α都与粒子的质量m、电荷量q无关，所以偏移量y相同，速度方向相同，则两种粒子打在屏MN上同一点，故A正确，B错误；对两个粒子先加速后偏转的全过程，根据动能定理得qU1＋qU2′＝Ek－0，因α粒子的电荷量q较大，故离开偏转电场时α粒子的动能较大，C错误，D正确．
类型3 带电粒子在重力场和电场复合场中的偏转
【例1】(2022·山东省模拟)如图所示，两水平面(虚线)之间区域存在与水平方向成45°斜向右上方的匀强电场，自该区域上方A点将质量均为m、带电荷量分别为q和2q带正电粒子M、N，同时以相反的初速度v0沿水平方向射出。两粒子进入电场时速度方向与上边界均成45°角，并从该区域的下边界离开。已知M在电场中做直线运动，N离开电场时速度方向恰好竖直。(重力加速度大小为g，不计空气阻力和粒子间相互作用)求：

(1)A点距电场上边界的高度；
(2)该电场强度的大小；
(3)M与N两粒子离开电场时位置间的距离。
【答案】　(1)　(2)　(3)
【解析】　(1)M、N两粒子进入电场前做平抛运动，设A点距电场上边界的高度为h，粒子进入电场时速度偏向角满足vy＝v0tan 45°＝v0，又v＝2gh，解得h＝。
(2)M粒子在电场中做直线运动，受力分析知，电场力qE与重力mg的合力与速度同向，可得qE＝mgcos 45°，解得E＝。
(3)M、N两粒子进电场前，运动时间均为t1，可得t1＝＝
水平位移x1＝v0t1＝
电场中，N粒子受电场力F＝2qE＝mg
由力的合成可知N粒子所受合力F合＝mg，方向水平向右，则N粒子水平方向以大小为g的加速度做初速度为v0的匀减速直线运动，设运动时间为t2，由运动学公式可得
v0－gt2＝0，x2＝v0t2－gt
解得x2＝
竖直方向做匀速直线运动，电场高度为H，可得H＝v0t2＝
当M离开电场时，M在电场中运动的水平距离为x3，由几何关系可得
x3＝Htan 45＝
所以M与N两粒子离开电场时位置间的距离
d＝2x1＋x2＋x3＝。
【例2】(多选)在空间中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，A、B、C三点在同一直线上，且AB＝2BC，如图所示．重力加速度为g.由此可见(　　)

A．带电小球所受静电力为3mg
B．小球带正电
C．小球从A到B与从B到C的运动时间相等
D．小球从A到B与从B到C的速度变化量的大小相等
【答案】　AD
【解析】　带电小球从A到C，设在进入电场前后两个运动过程水平分位移分别为x1和x2，竖直分位移分别为y1和y2，经历的时间分别为t1和t2，在电场中的加速度为a，从A到B过程小球做平抛运动，则有x1＝v0t1，从B到C过程，有x2＝v0t2，由题意有x1＝2x2，则得t1＝2t2，即小球从A到B是从B到C运动时间的2倍，y1＝gt12，将小球在电场中的运动看成沿相反方向的类平抛运动，则有y2＝at22，根据几何知识有y1∶y2＝x1∶x2，解得a＝2g，根据牛顿第二定律得F－mg＝ma＝2mg，解得F＝3mg，C错误，A正确；由于在电场中轨迹向上弯曲，加速度方向必定向上，合力向上，说明静电力方向向上，所以小球带负电，B错误；根据速度变化量Δv＝at，则得AB过程速度变化量大小为Δv1＝gt1＝2gt2，BC过程速度变化量大小为Δv2＝at2＝2gt2，所以小球从A到B与从B到C的速度变化量大小相等，D正确．
【例3】.(多选)如图所示，一充电后与电源断开的平行板电容器的两极板水平放置，板长为L，板间距离为d，距板右端L处有一竖直屏M.一带电荷量为q、质量为m的质点以初速度v0沿中线射入两板间，最后垂直打在M上，则下列说法中正确的是(已知重力加速度为g)(　　)

A．两极板间电压为
B．板间电场强度大小为
C．整个过程中质点的重力势能增加
D．若仅增大两极板间距，则该质点不可能垂直打在M上
【答案】　BC
【解析】　据题分析可知，质点在平行金属板间轨迹应向上偏转，做类平抛运动，飞出电场后，轨迹向下偏转，才能最后垂直打在M屏上，前后过程质点的运动轨迹有对称性，如图所示：

则两次偏转的加速度大小相等，根据牛顿第二定律得qE－mg＝ma，mg＝ma，解得E＝，由U＝Ed得两极板间电压为U＝，故A错误，B正确；质点在电场中向上偏转的距离y＝at2，t＝，解得y＝，故质点打在屏上的位置与P点的距离为s＝2y＝，整个过程中质点的重力势能的增加量Ep＝mgs＝，故C正确；仅增大两极板间的距离，因两极板上电荷量不变，根据E＝＝＝＝可知，板间场强不变，质点在电场中受力情况不变，则运动情况不变，仍垂直打在M上，故D错误．
【例4】(2019·全国卷Ⅲ·24)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v0，到达P点所用时间为t；B从O点到达P点所用时间为.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)　(2)2m(v02＋g2t2)
【解析】　(1)设电场强度的大小为E，小球B运动的加速度为a.根据牛顿第二定律、运动学公式和题给条件，有mg＋qE＝ma①
a()2＝gt2②
解得E＝③
(2)设B从O点发射时的速度为v1，到达P点时的动能为Ek，O、P两点的高度差为h，根据动能定理有mgh＋qEh＝Ek－mv12④
且有v1＝v0t⑤
h＝gt2⑥
联立③④⑤⑥式得Ek＝2m(v02＋g2t2)．
【例5】.(2022·广东广州市模拟)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的带负电荷的小球以水平方向的初速度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，已知连线OP与初速度方向的夹角为60°，重力加速度为g，则以下说法正确的是(　　)

A.小球所受静电力大小为 B.小球所受的合外力大小为
C.小球由O点到P点用时 D.小球通过P点时的动能为mv02
【答案】　C
【解析】　设OP＝L，从O到P水平方向做匀减速运动，到达P点时的水平速度为零；竖直方向做自由落体运动，则水平方向：Lcos 60°＝t，竖直方向：Lsin 60°＝gt2，解得：t＝，选项C正确；水平方向小球所受静电力大小F1＝ma＝m＝，小球所受的合外力是F1与mg的合力，可知合外力的大小F＝＝mg，选项A、B错误；小球通过P点时的速度vP＝gt＝v0，则动能：EkP＝mvP2＝mv02，选项D错误.
类型4 类型带电粒子在交变电场中的偏转
1．带电粒子在交变电场中的运动，通常只讨论电压的大小不变、方向做周期性变化(如方波)的情形．
当粒子垂直于交变电场方向射入时，沿初速度方向的分运动为匀速直线运动，沿电场方向的分运动具有周期性．
2．研究带电粒子在交变电场中的运动，关键是根据电场变化的特点，利用牛顿第二定律正确地判断粒子的运动情况．根据电场的变化情况，分段求解带电粒子运动的末速度、位移等．
3．注重全面分析(分析受力特点和运动规律)：抓住粒子运动时间上的周期性和空间上的对称性，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的临界条件．
4．对于锯齿波和正弦波等电压产生的交变电场，若粒子穿过板间的时间极短，带电粒子穿过电场时可认为是在匀强电场中运动．
【例1】图甲是一对长度为L的平行金属板，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直．在t＝0时刻，一带电粒子沿板间的中线OO′垂直电场方向射入电场，2t0时刻粒子刚好沿下极板右边缘射出电场．不计粒子重力．则(　　)

A．粒子带负电
B．粒子在平行板间一直做曲线运动
C．粒子射入电场时的速度大小为
D．若粒子射入电场时的速度减为一半，射出电场时的速度垂直于电场方向
【答案】　C
【解析】　粒子向下偏转，可知粒子带正电，选项A错误；粒子在平行板间在0～t0时间内做曲线运动；在t0～2t0时间内不受任何力，则做直线运动，选项B错误；粒子在水平方向一直做匀速运动，可知射入电场时的速度大小为v0＝，选项C正确；若粒子射入电场时的速度减为一半，由于粒子在电场中受向下的静电力，有向下的加速度，射出电场时有沿电场方向的速度，则射出电场时的速度不可能垂直于电场方向，选项D错误．
【例2】(多选)(2022·河北石家庄市联考)如图甲所示，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v0沿中线射入两板间，0～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(　　)

A.末速度大小为v0
B.末速度沿水平方向
C.重力势能减少了mgd
D.克服静电力做功为mgd
【答案】　BC
【解析】　因0～内微粒匀速运动，故E0q＝mg；在～时间内，粒子只受重力作用，做平抛运动，在t＝时刻的竖直速度为vy1＝，水平速度为v0；在～T时间内，由牛顿第二定律得2E0q－mg＝ma，解得a＝g，方向向上，则在t＝T时刻，vy2＝vy1－g·＝0，微粒的竖直速度减小到零，水平速度为v0，选项A错误，B正确；微粒的重力势能减小了ΔEp＝mg·＝mgd，选项C正确；从射入到射出，由动能定理可知mgd＋W克电＝mv02－mv02，可知克服静电力做功为mgd，选项D错误.
【例3】(多选)如图甲所示，真空中水平放置两块长度为2d的平行金属板P、Q，两板间距为d，两板间加上如图乙所示最大值为U0的周期性变化的电压.在两板左侧紧靠P板处有一粒子源A，自t＝0时刻开始连续释放初速度大小为v0，方向平行于金属板的相同带电粒子，t＝0时刻释放的粒子恰好从Q板右侧边缘离开电场.已知电场变化周期T＝，粒子质量为m，不计粒子重力及相互间的作用力.则(　　)

A.在t＝0时刻进入的粒子离开电场时速度大小仍为v0
B.粒子的电荷量为
C.在t＝T时刻进入的粒子离开电场时在竖直方向的位移大小为d
D.在t＝T时刻进入的粒子刚好从P板右侧边缘离开电场
【答案】　AD
【解析】　粒子进入电场后，水平方向做匀速直线运动，则t＝0时刻进入电场的粒子在电场中运动的时间为＝T，竖直方向上的位移恰好为d，则时间内的位移为，粒子在竖直方向先做加速运动后做减速运动，经过一个周期，粒子的竖直速度为零，故粒子离开电场时的速度大小等于v0，选项A正确；由上述分析知，d＝·()2，解得q＝，选项B错误；粒子在静电力作用下的加速度大小a＝＝，t＝时刻进入电场的粒子，先在竖直方向上向下加速，再在竖直方向上向下减速，然后反向向上加速，最后再向上减速，离开电场时在竖直方向的位移大小为d′＝2×a()2－2×a()2＝aT2＝d，选项C错误；t＝T时刻进入电场的粒子，在竖直方向先向下加速运动T，然后向下减速T，再向上加速T，最后向上减速T，由对称性可知，此时竖直方向位移为零，故粒子从P板右侧边缘离开电场，选项D正确.
【例4】在图甲所示的极板A、B间加上如图乙所示的大小不变、方向周期性变化的交变电压，其周期为T，现有一电子以平行于极板的速度v0从两板中央OO′射入．已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力，问：

(1)若电子从t＝0时刻射入，在半个周期内恰好能从A板的边缘飞出，则电子飞出时速度的大小为多少？
(2)若电子从t＝0时刻射入，恰能平行于极板飞出，则极板至少为多长？
(3)若电子恰能从OO′平行于极板飞出，电子应从哪一时刻射入？两极板间距至少为多大？
【答案】　见解析
【解析】　(1)由动能定理得e＝mv2－mv02
解得v＝.
(2)t＝0时刻射入的电子，在垂直于极板方向上做匀加速运动，向A极板方向偏转，半个周期后电场方向反向，电子在该方向上做匀减速运动，再经过半个周期，电子在电场方向上的速度减小到零，此时的速度等于初速度v0，方向平行于极板，以后继续重复这样的运动；要使电子恰能平行于极板飞出，则电子在OO′方向上至少运动一个周期，故极板长至少为L＝v0T.
(3)若要使电子从OO′平行于极板飞出，则电子在电场方向上应先加速、再减速，反向加速、再减速，每阶段时间相同，一个周期后恰好回到OO′上，可见应在t＝＋k·(k＝0,1,2，…)时射入，极板间距离要满足电子在加速、减速阶段不打到极板上，设两板间距为d，由牛顿第二定律有a＝，加速阶段运动的距离
s＝·2≤，
解得d≥T，故两极板间距至少为T.
题型五 带电粒子在重力场和电场中的圆周运动
1．等效重力场
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.

3．举例

【例1】(多选)如图所示，长为L的细线拴一个带电荷量为＋q、质量为m小球，重力加速度为g，球处在竖直向下的匀强电场中，电场强度为E，小球恰好能够在竖直平面内做圆周运动，则(　　)

A．小球在最高点的速度大小为
B．当小球运动到最高点时电势能最小
C．小球运动到最低点时，机械能最大
D．小球运动到最低点时，动能为(mg＋qE)L
【答案】　CD
【解析】　小球恰好能够在竖直平面内做圆周运动，则在最高点由重力和静电力的合力提供向心力，则有mg＋Eq＝m，解得v＝，故A错误；小球向上运动时，静电力做负功，电势能增加，当小球运动到最高点时电势能最大，故B错误；小球向下运动时，静电力做正功，机械能增大，运动到最低点时，小球的机械能最大，故C正确；从最高点到最低点的过程中，根据动能定理得Ek－mv2＝(mg＋Eq)·2L，解得Ek＝(mg＋Eq)L，故D正确．
【例2】如图，一光滑绝缘半圆环轨道固定在竖直平面内，与光滑绝缘水平面相切于B 点，轨道半径为R。整个空间存在水平向右的匀强电场E，电场强度大小为，一带正电的小球质量为m、电荷量为q，从距离B点为处的A点以某一初速度沿AB方向开始运动，经过B点后恰能运动到轨道的最高点C。重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：

(1)带电小球从A 点开始运动时的初速度v0；
(2)带电小球从轨道最高点C经过一段时间运动到光滑绝缘水平面上D点(图中未标出)，B 点与D 点的水平距离。
【答案】　(1)　(2)(＋)R
【解析】　(1)小球在半圆环轨道上运动时，当小球所受重力、电场力的合力方向与速度垂直时，速度最小。如图所示，设F合与竖直方向夹角为θ，则tan θ＝＝，则θ＝37°，故F合＝＝mg。设此时的速度大小为v，由于合力恰好提供小球做圆周运动的向心力，由牛顿第二定律得＝m

解得v＝
从A点到该点由动能定理
－mgR(1＋cos 37°)－(＋sin 37°)
＝mv2－mv
解得v0＝。
(2)设小球运动到C点的速度为vC，小球从 A 点到 C 点由动能定理得
－2mgR－×＝mv－mv
解得vC＝
当小球离开C点后，在竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀加速直线运动，设从C点到D点的运动时间为t，水平方向的加速度为a，B点到D点的水平距离为x
水平方向上有＝ma
x＝vCt＋at2
竖直方向上有2R＝gt2
联立解得x＝(＋)R。
【例3】(多选)(2022·四川乐山市调研)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、拉力和电场力，三力平衡，根据平衡条件，有qE＝mgtan θ，解得E＝，选项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速度最小，根据牛顿第二定律，有＝m，则最小动能Ek＝mv2＝，选项B正确；小球的机械能和电势能之和守恒，则小球运动至电势能最大的位置机械能最小，小球带负电，则小球运动到圆周轨迹的最左端点时机械能最小，选项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，电场力先做正功，后做负功，再做正功，则其电势能先减小后增大，再减小，选项D错误。

【例4】(多选)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B点时的机械能最大
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
【答案】　BD
【解析】　因为电场强度E＝，所以小球所受静电力大小也为mg，故小球所受合力大小为mg，方向斜向右下方，与竖直方向夹角为45°，故小球通过圆弧AD的中点时速度最小，此时满足mg＝m，因此小球在竖直面内做圆周运动的最小速度vmin＝，A项错误；由功能关系知，小球机械能的变化等于除重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，B项正确；小球在A点由静止开始释放后，将沿合外力方向做匀加速直线运动，C项错误；若将小球以的速度竖直向上抛出，由对称性知经时间t＝回到相同高度，其水平位移s＝·t2＝2L，故小球刚好运动到B点，D项正确．
【例5】如图所示，在竖直平面内固定的圆形绝缘轨道的圆心为O，半径为r，内壁光滑，A、B两点分别是圆轨道的最低点和最高点．该区间存在方向水平向右的匀强电场，一质量为m、带负电的小球在轨道内侧做完整的圆周运动(电荷量不变)，经过C点时速度最大，O、C连线与竖直方向的夹角θ＝60°，重力加速度为g.

(1)求小球所受的静电力大小；
(2)求小球在A点的速度v0为多大时，小球经过B点时对圆轨道的压力最小．
【答案】　(1)mg　(2)2
【解析】　(1)小球在C点时速度最大，则静电力与重力的合力沿DC方向，如图所示，
所以小球受到的静电力的大小
F＝mgtan 60°＝mg.

(2)要使小球经过B点时对圆轨道的压力最小，则必须使小球经过D点时的速度最小，即在D点小球对圆轨道的压力恰好为零，在D点
有＝m，
解得v＝.
在小球从圆轨道上的A点运动到D点的过程中，
有mgr(1＋cos 60°)＋Frsin 60°＝mv02－mv2，
解得v0＝2.
题型六　电场中的力、电综合问题
1．带电粒子在电场中的运动
(1)分析方法：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解题。
(2)受力特点：在讨论带电粒子或其他带电体的静止与运动问题时，重力是否要考虑，关键看重力与其他力相比较是否能忽略。一般来说，除明显暗示外，带电小球、液滴的重力不能忽略，电子、质子等带电粒子的重力可以忽略，一般可根据微粒的运动状态判断是否考虑重力作用。
2．处理带电粒子(带电体)运动的方法
(1)结合牛顿运动定律、运动学公式、动能定理、能量守恒定律解题。
(2)用包括电势能和内能在内的能量守恒定律处理思路
①利用初、末状态的能量相等(即E1＝E2)列方程。
②利用某些能量的减少等于另一些能量的增加列方程。
(3)常用的两个结论
①若带电粒子只在电场力作用下运动，其动能和电势能之和保持不变。
②若带电粒子只在重力和电场力作用下运动，其机械能和电势能之和保持不变。
【例1】如图所示，空间存在竖直向下大小为E的匀强电场，一个质量为m、带电荷量为q的带正电绝缘小环套在粗糙程度相同的绝缘木杆上，若小环以初速度v1从M点沿杆上滑，到达N点时速度恰好为零，随后小环下滑回到M点，此时速度为v2(v2
A．小环所能达到的最大高度为
B．从M到N的过程中，克服摩擦力做的功为m(v12－v22)
C．从M到N的过程中，小环的电势能增加了
D．N、M间的电势差为
【答案】　B
【解析】　设木杆倾角为θ，M、N之间的高度差为h，小环从M到N、从N到M电场力做功为0，上滑和下滑过程摩擦力做功相等，设为W1，上滑过程电场力做负功，下滑过程电场力做正功，则在上滑和下滑过程对小环应用动能定理分别有－mgh＋W1－qEh＝0－mv12，mgh＋W1＋qEh＝mv22，联立解得h＝，故A错误；上滑和下滑过程克服摩擦力做功为W克f＝m(v12－v22)，故B正确；从M到N的过程中，电场力做负功．小环的电势能增加量为ΔEp＝qEh＝，故C错误；所以N、M间的电势差为UNM＝Eh＝，故D错误．
【例2】如图所示，在水平向左的匀强电场中，可视为质点的带负电物块，以某一初速度从足够长的绝缘斜面上的A点沿斜面向下运动，经C点到达B点时，速度减为零，然后再返回到A点．已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面间的动摩擦因数μ＝，整个过程斜面均保持静止，物块所带电荷量不变．则下列判断正确的是(　　)

A．物块在上滑过程中机械能一定减小
B．物块在上滑过程中，增加的重力势能一定大于减少的电势能
C．物块下滑时经过C点的动能一定大于上滑时经过C点的动能
D．物块在下滑过程中，斜面与地面之间的摩擦力可能不为零
【答案】　C
【解析】　上滑过程中满足Eqcos θ>Ff＋mgsin θ，则电场力做功大于摩擦力做功，即除重力以外的其他力对物块做正功，则物块的机械能增加，选项A错误；上滑过程中由动能定理W电＋Wf＋WG＝ΔEk，W电>|WG|，则物块在上滑过程中，增加的重力势能一定小于减少的电势能，选项B错误；由于物块下滑经过C点往下运动，再返回到C点时有摩擦力做功，则由能量关系可知物块下滑时经过C点的动能一定大于上滑时经过C点的动能，选项C正确；当不加电场时，由于斜面对物块的支持力为FN＝mgcos 30°，摩擦力Ff＝μmgcos 30°＝mgsin 30°，可知支持力和摩擦力的合力方向竖直向上；当加电场力后FN＝mgcos 30°＋qEsin 30°，Ff＝μ(mgcos 30°＋ qEsin 30°)，支持力和摩擦力成比例关系增加，则摩擦力和支持力的合力仍竖直向上，根据牛顿第三定律，则物块给斜面的摩擦力和压力的方向竖直向下，可知斜面在水平方向受力为零，则斜面所受地面的摩擦力为零，选项D错误．
【例3】(2022·湖北省高考模拟)如图所示，粗糙程度不均匀的水平面ABC与半径为R的竖直光滑半圆轨道CDM相切于C点，CM为半圆的直径，O为圆心，D点是弧CM的中点，在半圆CDM下半部分有水平向左的匀强电场，电场强度大小E＝(g为重力加速度)。现把可视为质点、质量为2m的小物块P置于水平面的A点，并在水平恒力F(大小未知)的作用下由静止向左运动，运动到B点撤掉水平恒力F，小物块P恰好运动到C点静止。现把与小物块P材料相同、质量是小物块P质量一半、带电荷量为＋q的绝缘小物块Q同样置于A点，在同样水平恒力F作用下也从静止开始向左运动，到B点撤掉水平恒力F，带电小物块Q离开水平面BC后沿着圆弧轨道CDM运动恰好能过最高点M。求：

(1)小物块Q经过水平面C点时的速度大小；
(2)小物块Q在半圆轨道CDM上运动过程中对轨道的最大压力；
(3)小物块Q在运动过程中所受摩擦力做的功。
【答案】　(1)　(2)(3＋1)mg，方向与竖直方向夹角为45°斜向左下方(3)－mgR
【解析】　(1)小物块Q在最高点M由牛顿第二定律得mg＝m
从C点到M点的过程中，对Q由动能定理得
qER－mg·2R＝mv－mv
解得vC＝。
(2)根据题意并结合受力分析知，小物块Q运动到与圆心的连线和竖直方向的夹角为45°的位置时，对轨道的压力最大，设此位置小物块Q对应的速度为v，根据动能定理得
qERsin 45°－mgR(1－cos 45°)＝mv2－mv
由牛顿第二定律有FN－＝
联立解得FN＝(3＋1)mg
由牛顿第三定律得，小物块Q对轨道的最大压力为FN′＝(3＋1)mg，方向与竖直方向夹角为45°斜向左下方。
(3)设小物块Q从A到C过程中所受摩擦力做的功为Wf，对小物块P，由功能关系得WF＋2Wf＝0
对小物块Q有WF＋Wf＝mv
解得Wf＝－mv＝－mgR。
【例4】如图所示，在竖直平面内固定一光滑圆弧轨道AB，轨道半径为R＝0.4 m，轨道最高点A与圆心O等高．有一倾角θ＝30°的斜面，斜面底端C点在圆弧轨道B点正下方、距B点H＝1.5 m．圆弧轨道和斜面均处于场强大小E＝100 N/C、竖直向下的匀强电场中．现将一个质量为m＝0.02 kg、带电荷量为＋2×10－3 C的带电小球从A点由静止释放，小球通过B点离开圆弧轨道沿水平方向飞出，当小球运动到斜面上D点时速度方向恰与斜面垂直，并刚好与一个以一定初速度从斜面底端上滑的物块相遇．若物块与斜面间的动摩擦因数μ＝，空气阻力不计，g取10 m/s2，小球和物块都可视为质点．求：

(1)小球经过B点时对轨道的压力FNB；
(2)B、D两点间电势差UBD；
(3)物块上滑初速度v0满足条件的最小值．
【答案】　(1)1.2 N，竖直向下　(2)120 V　(3)3.10 m/s
【解析】　(1)设小球到达B点的速度大小为vB，从A到B的过程只有重力和静电力做功，
根据动能定理有：mgR＋qER＝mvB2－0
得vB＝4 m/s
B点是圆周运动最低点，合力提供向心力即FNB′－(mg＋qE)＝m，得FNB′＝1.2 N
根据牛顿第三定律，小球对轨道压力大小等于轨道对其弹力大小
即FNB＝1.2 N，方向竖直向下．
(2)设小球由B点到D点的运动时间为t，受到竖直向下的重力和静电力，竖直方向做初速度0的匀加速直线运动，加速度为a，水平方向做匀速直线运动．下落高度为h的过程
根据速度合成有＝tan θ
竖直方向由牛顿第二定律有Eq＋mg＝ma
h＝at2
UBD＝Eh
联立解得UBD＝120 V
(3)设C、D间的距离为x，由几何关系有：x＝
设物块上滑加速度为a′，由牛顿运动定律有：mgsin θ＋μmgcos θ＝ma′
根据题意，要使物块与小球相遇，v0的最小值满足：v02＝2a′x
联立解得：v0＝ m/s≈3.10 m/s.
【例5】(2022·云南师大附中高三月考)如图所示，ABCD为竖直平面内的绝缘轨道，其中AB部分为动摩擦因数为μ＝的水平面，BCD部分是半径为R的光滑圆弧轨道，与AB平滑相切，B为轨道最低点，整个轨道放置在水平匀强电场中．现将一带电荷量为＋q、质量为m的小滑块从水平面上某点由静止释放，小滑块从圆弧轨道D点滑出后恰好落在其正下方的P点．已知OD与OC的夹角α＝60°，重力加速度为g，电场强度E＝，求：

(1)小滑块运动到D点时速度的大小；
(2)小滑块运动到B点时对轨道的压力大小；
(3)小滑块释放点到B点的距离．
【答案】　(1)　(2)mg　(3)R
【解析】　(1)设小滑块运动到D点时速度大小为vD，经时间t从D点运动至P点．根据牛顿第二定律可知小滑块在水平方向的加速度大小为a＝＝g①
根据运动学公式，在竖直方向上有R(1＋sin 30°)＝vDtcos 30°＋gt2②
在水平方向上有0＝vDtsin 30°－at2③
联立①②③解得vD＝④
(2)设小滑块运动到B点时轨道对其的支持力大小为FN，由牛顿第二定律得FN－mg＝m⑤
对小滑块由B点运动到D点的过程，由动能定理得－mgR(1＋cos 60°)－qERsin 60°＝mvD2－mvB2⑥
联立④⑤⑥解得FN＝mg⑦
由牛顿第三定律可知小滑块运动到B点时对轨道的压力大小为FN′＝FN＝mg⑧
(3)设小滑块释放点到B点的距离为x，由动能定理得(qE－μmg)x＝mvB2⑨
联立④⑥⑨解得x＝R⑩
【例6】．如图所示，绝缘轨道CDGH位于竖直平面内，圆弧段DG的圆心角为θ＝37°，DG与水平段CD、倾斜段GH分别相切于D点和G点．CD段粗糙，DGH段光滑．在H处固定一垂直于轨道的绝缘挡板，整个轨道处于场强为E＝1×104 N/C、水平向右的匀强电场中，一质量m＝4×10－3 kg、带电荷量q＝＋3×10－6 C的小滑块在C处由静止释放，经挡板碰撞后滑回到CD段的中点P处时速度恰好为零．已知CD段长度L＝0.8 m，圆弧DG的半径r＝0.2 m；不计滑块与挡板碰撞时的动能损失，滑块可视为质点．g＝10 m/s2，cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6，求：

(1)滑块与CD段之间的动摩擦因数μ；
(2)滑块在CD段上运动的总路程；
(3)滑块与绝缘挡板碰撞时的最大动能和最小动能．
【答案】　(1)0.25　(2)2.4 m (3)0.018 J　0.002 J
【解析】　(1)滑块由C处释放，经挡板碰撞后第一次滑回P点的过程中，由动能定理得qE－μmg(L＋L)＝0
解得μ＝＝0.25；
(2)滑块在CD段上受到的滑动摩擦力μmg＝0.01 N
电场力Eq＝0.03 N
滑动摩擦力小于电场力，故不可能停在CD段，滑块最终会在DGH间来回往复运动，到达D点的速度为0.全过程由动能定理得EqL－μmgs＝0
解得s＝2.4 m；
(3)GH段的倾角为37°，因为Eqcos θ＝mgsin θ＝0.024 N
则加速度a＝0.所以滑块与绝缘挡板碰撞的最大动能为滑块第一次运动到G点的动能．
对C到G过程由动能定理得Ekmax＝Eq(L＋rsin θ)－μmgL－mg(r－rcos θ)＝0.018 J
滑块最终在DGH间来回往复运动，碰撞绝缘挡板时有最小动能．对D到G过程由动能定理得Ekmin＝Eqrsin θ－mg(r－rcos θ)＝0.002 J.