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专题突破 带电粒子(或带电体)在电场中运
动的综合问题
突破一 带电粒子在交变电场中的运动
1．此类题型一般有三种情况
(1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)；
(2)粒子做往返运动(一般分段研究)；
(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场的特点分段研究)。
2．两条分析思路：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；
二是功能关系。
3．注重全面分析(分析受力特点和运动规律)，抓住粒子的运动具有周期性和空间
上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移等，并确定与物理过程
相关的边界条件。
考向 粒子的单向直线运动
【例1】 如图1甲所示，两极板间加上如图乙所示的交变电压。开始A板的电势
比B板高，此时两板中间原来静止的电子在电场力作用下开始运动。设电子在运
动中不与极板发生碰撞，向A板运动时为速度的正方向，则下列图象中能正确反
映电子速度变化规律的是(其中C、D两项中的图线按正弦函数规律变化) (
)
图1解析 电子在交变电场中所受电场力大小恒定，加速度大小不变，故C、D两项错
误；从0时刻开始，电子向A板做匀加速直线运动，T后电场力反向，电子向A板
做匀减速直线运动，直到t＝T时刻速度变为零。之后重复上述运动，A项正确，B
项错误。
答案 A
考向 粒子的往返运动
【例2】 (多选)如图2所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象。当t＝
0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，
则下列说法中正确的是( )
图2
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末带电粒子的速度为零
D．0～3 s内，电场力做的总功为零
解析 设第1 s内粒子的加速度为a ，第2 s内的加速度为a ，由a＝可知，a ＝
1 2 2
2a ，可见，粒子第1 s内向负方向运动，1.5 s末粒子的速度为零，然后向正方向运
1
动，至3 s 末回到原出发点，粒子的速度为0， －t图象如图所示，由动能定理可
v
知，此过程中电场力做的总功为零，综上所述，可知C、D正确。答案 CD
考向 粒子的偏转运动
【例3】 (多选)如图3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 沿中线射入两板间，0～
v0
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( )
图3
A．末速度大小为 B．末速度沿水平方向
v0
C．重力势能减少了mgd D．克服电场力做功为mgd
解析 因0～内微粒匀速运动，故E q＝mg；在～时间内，粒子只受重力作用，做
0
平抛运动，在t＝时刻的竖直速度为 ＝，水平速度为 ；在～T时间内，由牛顿
vy1 v0
第二定律2E q－mg＝ma，解得a＝g，方向向上，则在t＝T时刻， ＝ －g·＝0
0 vy2 vy1
粒子的竖直速度减小到零，水平速度为 ，选项A错误，B正确；微粒的重力势能
v0
减小了ΔE ＝mg·＝mgd，选项C正确；从射入到射出，由动能定理可知mgd－W
p 电
＝0，可知克服电场力做功为mgd，选项D错误。
答案 BC1．(多选)(2019·长春模拟)如图4甲所示，A、B是一对平行金属板。A板的电势φ
A
＝0，B板的电势φ 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
B
进入两板间的电场区内，电子的初速度和重力的影响均可忽略，则( )
图4
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
解析 若电子从t＝0时刻进入，电子将做单向直线运动，A错误；若电子从时刻
进入两板，则电子受到电场力方向向左，故无法到达B板，B正确；电子从时刻进
入两板时，电子先加速，经时速度最大，此时电子受到电场力反向，经速度减为零
再加速反向速度最大，接着减速回到原位置，即电子在大于时刻进入时一定不能
到达B板，小于时刻进入时一定能到达B板，所以C正确，D错误。此题作 －t图
v
象更易理解。
答案 BC
2．(多选)(2018·江西临川测试)如图5甲所示，平行板相距为d，在两金属板间加一
如图乙所示的交变电压，有一个粒子源在平行板左边界中点处沿垂直电场方向连
续发射速度相同的带正电粒子(不计重力)。t＝0时刻进入电场的粒子恰好在t＝T
时刻到达B板右边缘，则( )图5
A．任意时刻进入的粒子到达电场右边界经历的时间为T
B．t＝时刻进入的粒子到达电场右边界的速度最大
C．t＝时刻进入的粒子到达电场右边界时距B板的距离为
D．粒子到达电场右边界时的动能与何时进入电场无关
解析 任意时刻进入的粒子在水平方向的分运动都是匀速直线运动，则由 L＝
t，得t＝，由于L、 都相等，而且水平方向的速度不变，所以到达电场右边界所
v0 v0
用时间都相等，且都为T，故A正确；粒子在竖直方向做周期性运动，匀加速和匀
减速运动的时间相等，加速度也相同，所以到达电场右边界时速度的变化量为零
因此粒子到达电场右边界时的速度大小等于进入电场时初速度大小，与何时进入
电场无关，故 B错误，D正确；对于 t＝0时刻进入电场的粒子，据题意有＝
2×a()2；对于t＝时刻进入的粒子，在前时间内竖直方向的位移向下，大小为y ＝
1
2×a()2，在后时间内竖直方向的位移向上，大小为y ＝2×a()2，则知y ＝y ，即竖
2 1 2
直方向的位移为0，所以粒子到达电场右边界时距B板距离为y＝，故C错误。
答案 AD
突破二 带电粒子的力电综合问题
解决力电综合问题的一般思路
考向 用动力学观点和能量观点解决力电
综合问题
【例4】 (2019·名师原创预测)如图6所示，在光滑的水平桌面上，水平放置的粗
糙直线轨道AB与水平放置的光滑圆弧轨道BCD相切于B点，整个轨道位于水
平桌面内，圆心角∠BOC＝37°，线段OC垂直于OD，圆弧轨道半径为R，直线轨道AB长为L＝5R。整个轨道处于电场强度为E的匀强电场中，电场强度方向平
行于水平桌面所在的平面且垂直于直线OD。现有一个质量为m、带电荷量为＋q
的小物块P从A点无初速度释放，小物块P与AB之间的动摩擦因数μ＝0.25，取
sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，忽略空气阻力。求：
图6
(1)小物块第一次通过C点时对轨道的压力大小F ；
NC1
(2)小物块第一次通过D点后离开D点的最大距离；
(3)小物块在直线轨道AB上运动的总路程。
解析 (1)设小物块第一次到达C点时的速度大小为 ，根据动能定理有
vC1
qE[Lsin 37°＋R(1－cos 37°)]－μqELcos 37°＝m －0
v
解得 ＝
vC1
在C点根据向心力公式得F ′－qE＝m
NC1
解得F ′＝5.4qE
NC1
根据牛顿第三定律得F ＝5.4qE
NC1
(2)设小物块第一次到达D点时的速度大小为 ，根据动能定理有
vD1
qE(Lsin 37°－Rcos 37°)－μqELcos 37°＝m －0
v
解得 ＝
vD1
小物块第一次到达D点后先以速度 沿电场方向做匀减速直线运动，设运动的
vD1
最大距离为x ，根据动能定理得
m
－qEx ＝0－m
m v解得x ＝R
m
(3)分析可知小物块最终会在圆弧轨道上做往复运动，到达B点的速度恰好为零
时，动能和电势能之和不再减小。设小物块在直线轨道AB上运动的总路程为s，
则根据功能关系得
qELsin 37°＝μqEscos 37°
解得s＝＝15R
答案 (1)5.4qE (2)R (3)15R
解决带电粒子在电场中运动问题的基本思路
(1)两分析：一是对带电粒子进行受力分析，二是分析带电粒子的运动状态和运动
过程(初始状态及条件，直线运动还是曲线运动等)。
(2)建模型：建立正确的物理模型(加速还是偏转)，恰当选用规律或其他方法(如图
象)，找出已知量和待求量之间的关系。
考向 用动量观点和能量观点解决力电综合问题
【例5】 如图7所示，LMN是竖直平面内固定的光滑绝缘轨道，MN水平且足够
长，LM下端与MN相切。质量为m的带正电小球B静止在水平面上，质量为2m
的带正电小球A从LM上距水平面高为h处由静止释放，在A球进入水平轨道之
前，由于A、B两球相距较远，相互作用力可认为零，A球进入水平轨道后，A、B两
球间相互作用视为静电作用，带电小球均可视为质点。已知A、B两球始终没有接
触。重力加速度为g。求：
图7
(1)A球刚进入水平轨道的速度大小；
(2)A、B两球相距最近时，A、B两球系统的电势能E ；
p
(3)A、B两球最终的速度 、 的大小。
vA vB
关键点 ①光滑绝缘轨道；②A、B两球间相互作用视为静电作用；③A、B两球始
终没有接触。解析 (1)对A球下滑的过程，据机械能守恒得
2mgh＝·2m
v
解得 ＝
v0
(2)A球进入水平轨道后，两球组成的系统动量守恒，当两球相距最近时共速，有
2m ＝(2m＋m)
v0 v
解得 ＝ ＝
v v0
据能量守恒定律得2mgh＝(2m＋m) 2＋E
v p
解得E ＝mgh
p
(3)当两球相距最近之后，在静电斥力作用下相互远离，两球距离足够远时，相互
作用力为零，系统势能也为零，速度达到稳定。则2m ＝2m ＋m
v0 vA vB
×2m ＝×2m ＋m
v v v
解得 ＝ ＝， ＝ ＝
vA v0 vB v0
答案 (1) (2)mgh (3)
电场中动量和能量问题的解题技巧
动量守恒定律与其他知识综合应用类问题的求解，与一般的力学问题求解思路并
无差异，只是问题的情景更复杂多样，分析清楚物理过程，正确识别物理模型是
解决问题的关键。
1．(多选)如图8所示，光滑的水平轨道AB与半径为R的光滑的半圆形轨道BCD
相切于B点，AB水平轨道部分存在水平向右的匀强电场，半圆形轨道在竖直平面
内，B为最低点，D为最高点。一质量为m、带正电的小球从距B点x的位置在电场力的作用下由静止开始沿AB向右运动，恰能通过最高点D，则( )
图8
A．R越大，x越大
B．R越大，小球经过B点后瞬间对轨道的压力越大
C．m越大，x越大
D．m与R同时增大，电场力做功增大
解析 小球在BCD部分做圆周运动，在D点，mg＝m，小球由B到D的过程中有
－2mgR＝m －m ，解得 ＝，R越大，小球经过B点时的速度越大，则x越大，故
v v vB
选项A正确；在B点有F －mg＝m，解得F ＝6mg，与R无关，故选项B错误；由
N N
qEx＝m ，知m、R越大，小球在B点的动能越大，则x越大，电场力做功越多，故
v
选项C、D正确。
答案 ACD
2．有一质量为M、长度为l的矩形绝缘板放在光滑的水平面上，另一质量为m、带
电荷量的绝对值为q的物块(视为质点)，以初速度 从绝缘板的上表面的左端沿
v0
水平方向滑入，绝缘板所在空间有范围足够大的匀强电场，其场强大小E＝，方向
竖直向下，如图9所示。已知物块与绝缘板间的动摩擦因数恒定，物块运动到绝
缘板的右端时恰好相对于绝缘板静止；若将匀强电场的方向改变为竖直向上，场
强大小不变，且物块仍以原初速度从绝缘板左端的上表面滑入，结果两者相对静
止时，物块未到达绝缘板的右端。求：
图9(1)场强方向竖直向下时，物块在绝缘板上滑动的过程中，系统产生的热量；
(2)场强方向竖直向下时与竖直向上时，物块受到的支持力之比；
(3)场强方向竖直向上时，物块相对于绝缘板滑行的距离。
解析 (1)场强方向向下时，根据动量守恒定律得
m ＝(M＋m)
v0 v
所以 ＝
v v0
根据能量守恒定律得
热量Q＝m －(M＋m) 2＝
v v
(2)由题意知，物块带负电。场强向下时F ＝mg－qE
N
场强向上时F ′＝mg＋qE
N
所以＝
(3)两次产生的热量相等μF ′l′＝Q，μF l＝Q
N N
所以l′＝。
答案 (1) (2)1∶4 (3)
科学思维系列——“等效法”在电场中的应用
1．等效重力法
图10
把电场力和重力合成一个等效力，称为等效重力。如图10所示，则F 为等效重
合
力场中的“重力”，g′＝为等效重力场中的“等效重力加速度”；F 的方向等效为
合
“重力”的方向，即在等效重力场中的“竖直向下”方向。
2．物理最高点与几何最高点
在叠加电场和重力场中做圆周运动的小球，经常遇到小球在竖直平面内做圆周运
动的临界速度问题。小球能维持圆周运动的条件是能过最高点，而这里的最高点不一定是几何最高点，而应是物理最高点。
【典例】 如图11所示，绝缘光滑轨道AB部分是倾角为30°的斜面，AC部分为竖
直平面上半径为R的圆轨道，斜面与圆轨道相切。整个装置处于场强为E、方向水
平向右的匀强电场中。现有一个质量为m的带正电小球，电荷量为q＝，要使小球
能安全通过圆轨道，在O点的初速度应满足什么条件？
图11
解析 小球先在斜面上运动，受重力、电场力、支持力，然后在圆轨道上运动，受
重力、电场力、轨道作用力，如图所示，类比重力场，将电场力与重力的合力视为
等效重力mg′，大小为mg′＝＝，tan θ＝＝，得θ＝30°，等效重力的方向与斜面垂
直指向右下方，小球在斜面上匀速运动。因要使小球能安全通过圆轨道，在圆轨
道的“等效最高点”(D点)满足“等效重力”刚好提供向心力，即有mg′＝，因θ
＝30°与斜面的倾角相等，由几何关系知AD＝2R，令小球以最小初速度 运动，
v0
由动能定理知
－2mg′R＝m －m
v v
解得 ＝，因此要使小球安全通过圆轨道，初速度应满足 ≥。
v0 v0
答案 ≥
v0
(1)重力和电场力合力的方向，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)类比“绳球”“杆球”模型临界值的情况进行分析解答。
【即学即练】 如图12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。试求：
图12
(1)小球所受的电场力大小；
(2)小球在A点的速度 为多大时，小球经过B点时对圆轨道的压力最小。
v0
解析 (1)小球在C点时速度最大，则电场力与重力的合力沿DC方向，所以小球
受到的电场力的大小
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，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，由能量守恒得
mgr(1＋cos 60°)＋Frsin 60°＝m －m 2
v v
解得 ＝2。
v0
答案 (1)mg (2)2课时作业
(时间：40分钟)
基础巩固练
1．如图1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( )
图1
A．小球带负电
B．电场力跟重力平衡
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
解析 由于小球在竖直平面内做匀速圆周运动，所以重力与电场力的合力为0，
电场力方向竖直向上，小球带正电，A错误，B正确；从a→b，电场力做负功，电势
能增大，C错误；由于有电场力做功，机械能不守恒，D错误。
答案 B
2．(2018·河南中原名校第二次联考)如图2所示，在两平行金属板中央有一个静止
的电子(不计重力)，当两板间的电压分别如图中甲、乙、丙、丁所示，关于电子在板
间运动(假设不与板相碰)，下列说法正确的是 ( )
图2A．电压是甲图时，在0～T时间内，电子的电势能一直减少
B．电压是乙图时，在0～时间内，电子的电势能先增加后减少
C．电压是丙图时，电子在板间做往复运动
D．电压是丁图时，电子在板间做往复运动
解析 若电压是甲图，0～T时间内，电场力先向左后向右，则电子先向左做匀加
速直线运动，后做匀减速直线运动，即电场力先做正功后做负功，电势能先减少
后增加，故A错误；电压是乙图时，在0～时间内，电子向右先加速后减速，即电
场力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故B错误；电压是丙图时，电子先
向左做加速度先增大后减小的加速运动，过了做加速度先增大后减小的减速运动
到T时速度减为0，之后重复前面的运动，故电子一直朝同一方向运动，C错误；
电压是丁图时，电子先向左加速，到后向左减速，后向右加速，T后向右减速，T时
速度减为零，之后重复前面的运动，故电子做往复运动，D正确。
答案 D
3．(多选)(2019·河北冀州中学模拟)如图3所示，可视为质点的质量为m且电荷量
为q的带电小球，用一绝缘轻质细绳悬挂于O点，绳长为L，现加一水平向右的足
够大的匀强电场，电场强度大小为E＝，小球初始位置在最低点，若给小球一个水
平向右的初速度，使小球能够在竖直面内做圆周运动，忽略空气阻力，重力加速
度为g。则下列说法正确的是( )
图3
A．小球在运动过程中机械能守恒
B．小球在运动过程中机械能不守恒C．小球在运动过程的最小速度至少为
D．小球在运动过程的最大速度至少为
解析 小球在运动的过程中，电场力做功，机械能不守恒，故A错误，B正确；如
图所示，小球在电场中运动的等效最高点和最低点分别为A点和B点，等效重力
G′＝mg，小球在最高点的最小速度 满足G′＝m，得 ＝，故C错误；小球由最高
v1 v1
点运动到最低点，由动能定理有G′·2L＝m －m ，解得 ＝，故D正确。
v v v2
答案 BD
4．(2019·山东潍坊模拟)如图4甲所示，平行金属板A、B正对竖直放置，C、D为两
板中线上的两点。A、B板间不加电压时，一带电小球从C点无初速释放，经时间T
到达D点，此时速度为 。在A、B两板间加上如图乙所示的交变电压，t＝0带电
v0
小球仍从C点无初速释放，小球运动过程中未接触极板，则t＝T时，小球( )
图4
A．在D点上方
B．恰好到达D点
C．速度大于
v
D．速度小于
v
解析 小球仅受重力作用时从C到D做自由落体运动，由速度公式得 ＝gT；现
v0加水平方向的周期性变化的电场，由运动的独立性知竖直方向还是做匀加速直线
运动，水平方向0～沿电场力方向做匀加速直线运动，～做匀减速直线运动刚好
水平速度减为零，～做反向的匀加速直线运动，～T做反向的匀减速直线运动，水
平速度由对称性减为零，故t＝T时合速度为 ，水平位移为零，则刚好到达D点，
v0
故选项B正确。
答案 B
5．(多选)如图5，一根不可伸长绝缘的细线一端固定于O点，另一端系一带电小
球，置于水平向右的匀强电场中，现把细线水平拉直，小球从A点由静止释放，经
最低点B后，小球摆到C点时速度为0，则( )
图5
A．小球在B点时速度最大
B．小球从A点到B点的过程中，机械能一直在减少
C．小球在B点时的细线拉力最大
D．从B点到C点的过程中小球的电势能一直增加
解析 小球所受重力和电场力恒定，重力和电场力的合力恒定，小球相当于在重
力和电场力的合力及细线的拉力作用下在竖直平面内做圆周运动。当小球运动到
重力和电场力的合力和细线的拉力共线时(不是B点)，小球的速度最大，此时细
线的拉力最大，故A、C错误；从A点到C点的过程中，因为重力做正功，小球摆
到C点时速度为0，所以电场力对小球做负功，小球从A点到B点的过程中，机械
能一直在减少，B正确；从B点到C点的过程中，小球克服电场力做功，小球的电
势能一直增加，D正确。
答案 BD
6．如图6所示，在一个倾角θ＝30°的斜面上建立x轴，O为坐标原点，在x轴正向
空间有一个匀强电场，场强大小E＝4.5×106 N/C，方向与x轴正方向相同，在O
处放一个电荷量q＝5.0×10－6 C，质量m＝1 kg 带负电的绝缘物块。物块与斜面间的动摩擦因数μ＝，沿x轴正方向给物块一个初速度 ＝5 m/s，如图所示(g取
v0
10 m/s2)。求：
图6
(1)物块沿斜面向下运动的最大距离为多少？
(2)到物块最终停止时系统产生的焦耳热共为多少？
解析 (1)设物块向下运动的最大距离为 x ，由动能定理得mgsin θ·x －μmgcos
m m
θ·x －qEx ＝0－m
m m v
代入数据解得x ＝0.5 m
m
(2)因qE＞mgsin θ＋μmgcos θ，物块不可能停止在x轴正向，设最终停在x轴负向
且离O点为x处，整个过程电场力做功为零，由动能定理得
－mgxsin θ－μmgcos θ(2x ＋x)＝0－m
m v
代入数据解得x＝0.4 m
产生的焦耳热Q＝μmgcos θ·(2x ＋x)
m
代入数据解得Q＝10.5 J
答案 (1)0.5 m (2)10.5 J
综合提能练
7．(多选)如图7(a)所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个点电荷，t＝0时，甲静止，
乙以初速度6 m/s向甲运动。此后，它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动(整
个运动过程中没有接触)，它们运动的 －t图象分别如图(b)中甲、乙两曲线所示。
v
则由图线可知( )图7
A．两电荷的电性一定相反
B．t 时刻两电荷的电势能最大
1
C．0～t 时间内，两电荷的静电力先增大后减小
2
D．0～t 时间内，甲的动量一直增大，乙的动量一直减小，且整个过程中动量守恒
3
解析 t＝0时，甲静止，乙以初速度6 m/s向甲运动，由图可知甲的速度在增大，
乙的速度在减小，所以两电荷的电性一定相同，故A错误；t 时刻两电荷相距最近，
1
电势能最大，故B正确；0～t 时间内，两电荷之间的距离先减小后增大，由F＝k
2
可知两电荷的静电力先增大后减小，故C正确；0～t 时间内，因为甲、乙两个点电
3
荷的合力为零，所以在0～t 时间内动量守恒，但甲的动量一直增大，乙的动量先
3
减小到0后增大，故D错误。
答案 BC
8．(2019·江西宜春调研)如图8所示，O、A、B、C为一粗糙绝缘水平面上的四点，
不计空气阻力，一电荷量为－Q的点电荷固定在O点，现有一质量为m、电荷量
为－q的小金属块(可视为质点)，从A点由静止沿它们的连线向右运动，到B点时
速度最大，其大小为 ，小金属块最后停止在C点。已知小金属块与水平面间的
vm
动摩擦因数为μ，A、B间距离为L，静电力常量为k，则( )
图8
A．在点电荷－Q形成的电场中，A、B两点间的电势差U ＝
AB
B．在小金属块由A向C运动的过程中，电势能先增大后减小
C．O、B间的距离为
D．从B到C的过程中，小金属块的动能全部转化为电势能解析 小金属块从A到B过程，由动能定理得－qU －μmgL＝m －0，得A、B两
AB v
点间的电势差U ＝－，故A错误；小金属块由A点向C点运动的过程中，电场力
AB
一直做正功，电势能一直减小，故B错误；由题意知，A到B过程，金属块做加速
运动，B到C过程，金属块做减速运动，在B点金属块所受的滑动摩擦力与库仑
力平衡，则有μmg＝k，得r＝，故C正确；从B到C的过程中，小金属块的动能和
减少的电势能全部转化为内能，故D错误。
答案 C
9．如图9甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速
电压为U ，电容器板长和板间距离均为L＝10 cm，下极板接地，电容器右端到荧
0
光屏的距离也是L＝10 cm，在电容器两极板间接一交变电压，上、下极板间的电
势差随时间变化的图象如图乙所示。(每个电子穿过平行板电容器的时间都极短，
可以认为电压是不变的)
图9
(1)在t＝0.06 s时刻发射电子，电子打在荧光屏上的何处？
(2)荧光屏上有电子打到的区间有多长？
解析 (1)电子经电场加速满足qU ＝m 2
0 v
经电场偏转后侧移量y＝at2＝·()2
所以y＝
由图知t＝0.06 s时刻u＝1.8U
0
所以y＝4.5 cm
设打在屏上的点距O点的距离为Y，满足＝
所以Y＝13.5 cm。
(2)由题知电子侧移量y的最大值为，所以当偏转电压超过2U ，电子就打不到荧
0
光屏上了，所以荧光屏上电子能打到的区间长为3L＝30 cm。答案 (1)O点上方13.5 cm处 (2)30 cm
10．如图10所示，ABCD为竖直放在场强为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的半圆形轨道，轨道的水平部分与
其半圆相切，A为水平轨道上的一点，而且s ＝R＝0.2 m。把一个质量m＝0.1
AB
kg、带电荷量q＝＋1×10－4 C的小球放在水平轨道的A点由静止开始释放，小球
在轨道的内侧运动。(取g＝10 m/s2)求：
图10
(1)小球到达C点时的速度；
(2)小球到达C点时对轨道的压力；
(3)若让小球安全通过D点，开始释放点离B点至少多远。
解析 (1)由A点到C点应用动能定理有
qE(s ＋R)－mgR＝m
AB v
解得 ＝2 m/s
vC
(2)在C点应用牛顿第二定律得F －qE＝m，
N
得F ＝3 N
N
由牛顿第三定律知，小球在C点时对轨道的压力大小为3 N。
(3)小球要安全通过D点，必有mg≤m。
设释放点距B点的距离为x，由动能定理得
qEx－mg·2R＝m
v
解得x≥0.5 m
答案 (1)2 m/s (2)3 N (3)x≥0.5 m
