专题十三 带电体在电场中运动的综合问题

第九章 静电场
专题十三 带电体在电场中运动的综合问题
核心考点
五年考情
命题分析预测
电场中的图像问题
2023：上海T8；
2021：山东T6
图像问题一般以选择题形式考查，其他内容一般以压轴选择题或计算题形式
考查，考查频次一般.预计2025年高考将考查利用“等效法”求解带电粒子
在复合场中运动的力电综合问题.另外可能会将电场中电势能与其他能量相关问题结合起来考查，要注
意与弹簧、斜面等模型的
结合.
带电粒子在交变电场中的运动
“等效法”在复合场中的运用
2022：全国甲T21，辽宁T14； 2019：浙江4月T13
电场中的力电综合问题
2023：新课标T25，浙江6月T12，浙江1月T12；
2022：浙江6月T15，辽宁T10；
2021：福建T15；
2020：天津T12；
2019：全国ⅡT20，全国ⅡT24
题型1 电场中的图像问题
1.v －t 图像
根据v －t 图像的速度变化、斜率变化（即加速度大小的变化），可确定电荷所受静电力的方向与静电力的大小变化情况，进而确定电场的方向、电势的高低及电势能的变化.
2.φ－x 图像
（1）电场强度在x 轴方向分量的大小等于φ－x 图线的切线斜率的绝对值，如果图线是曲线，电场为非匀强电场；如果图线是倾斜的直线，电场为匀强电场（如图）.切线的斜率为零时沿x 轴方向电场强度为零.
（2）在φ－x 图像中可以直接判断各点电势的高低，并可根据电势大小关系确定电场强度的方向，进而可以判断电荷在电场中的受力方向.（如图）
（3）在φ－x图像中分析电荷移动时电势能的变化，可用W AB＝qU AB，进而分析W AB的正负，然后作出判断.
（4）电场中常见的φ－x图像
①点电荷的φ－x图像（取无限远处电势为零），如图.
②两个等量异种点电荷连线上的φ－x图像，如图.
③两个等量同种点电荷的φ－x图像，如图.
3.E－x图像
（1）E－x图像为静电场在x轴上的电场强度E随x的变化关系，若规定x轴正方向为电场强度E的正方向，则E＞0，电场强度E沿x轴正方向；E＜0，电场强度E沿x轴负方向.（2）E－x图线与x轴所围图形“面积”表示电势差（如图所示），两点的电势高低根据电场方向判定.在与粒子运动相结合的题目中，可进一步确定粒子的电性、动能变化、电势能变化等情况.
（3）电场中常见的E－x图像
①点电荷的E－x图像
正点电荷及负点电荷的电场强度E随坐标x变化关系的图像大致如图所示.
②两个等量异种点电荷的E－x图像，如图.
③两个等量正点电荷的E－x图像，如图.
4.E p－x图像
，由静电力做功与电势能变化关系F电x＝E p1－E p2＝－ΔE p知E p－x图像的切线斜率k＝ΔE p
Δx
其大小等于静电力，斜率正负代表静电力的方向，如图所示.
5.E k－x图像
当带电体只有静电力做功，由动能定理F电x＝E k－E k0＝ΔE k知E k－x图像的切线斜率k＝
ΔE k
，其大小等于静电力.
Δx
命题点1电场中的v－t图像
1.一带电粒子仅在电场力作用下从A点开始以－v0做直线运动，其v
－t图像如图所示.粒子在t0时刻运动到B点，3t0时刻运动到C点，
下列说法正确的是（C）
A.A、B、C三点的电势关系为φB＞φA＞φC
B.A、B、C三点的场强大小关系为E C＞E B＞E A
C.粒子从A点经B点运动到C点，电势能先增加后减少
D.粒子从A点经B点运动到C点，电场力先做正功后做负功
解析由题图可知，带电粒子在0～t0时间内做减速运动，电场力做负功，电势能增加，在t0～3t0时间内反方向做加速运动，电场力做正功，电势能减少，C正确，D错误；由于不
知道带电粒子的电性，故无法判断电势的高低，A 错误；题图中的斜率表示粒子的加速度，即a ＝Δv
Δt ＝qE
m ，可知A 、B 、C 三点中B 点的场强最大，B 错误. 命题点2 φ－x 图像
2.[多选]在x 轴上有两个点电荷q 1、q 2，其静电场的电势φ在x 轴上分布如图所示.下列说法正确的有（ AC ）
A.q 1和q 2带有异种电荷
B.x 1
处的电场强度为零
C.负电荷从x 1移到x 2，电势能减小
D.负电荷从x 1移到x 2，受到的电场力增大
解析 由题图可知，电势有正有负，且只有一个极值，说明两个点电荷为异种电荷，A 正确；由E ＝Δφ
Δx 可知，φ－x 图像的切线斜率的绝对值表示电场强度的大小，因此x 1处的电场
强度不为零，B 错误；负电荷从x 1移到x 2的过程中，电势升高，电场强度减小，由E p ＝qφ，F ＝qE 可知，负电荷电势能减小，受到的电场力减小，C 正确，D 错误. 命题拓展
如图，某负点电荷从x 3处静止释放，判断其能否到达x 4处，并说明理由.
答案 能；负点电荷在x 3～x 2之间受到沿x 轴正方向的电场力，在x 3～x 2之间加速运动，在x 2～x 4之间受到沿x 轴负方向的电场力，在x 2～x 4之间减速运动，又x 3和x 4两处的电势相等，则负点电荷到达x 4处时速度恰好为0.
命题点3 E －x 图像
3.一静电场在x 轴方向上的电场强度E 随x 的变化关系如图所示，在x 轴上有四点x 1、x 2、x 3、x 4，相邻两点间的距离相等，x 轴正方向为场强正方向，一个带正电的点电荷沿x 轴运动，则点电荷（ B ）
A.在x 2和x 4两点处电势相等
B.由x 1运动到x 4的过程中，加速度先增大后减小
C.由x 1
运动到x 4
的过程中，电势能先增大后减小
D.从x 2运动到x 1的过程中，电场力做的功为W 1，从x 3运动到x 2的过程中，电场力做的功为W 2，则W 1＝W 2
解析 由题图可知x 1到x 4处的场强沿x 轴负方向，则点电荷从x 1到x 4处逆着电场方向移动，电势升高，故带正电的点电荷电势能一直增大，A 、C 错误；点电荷由x 1
运动到x4的过程中，由题图可以看出电场强度的绝对值先增大后减小，所以电场力先增大后减小，加速度也先增大后减小，B正确；E－x图线与横轴所围图形的面积的绝对值表示电势差的绝对值，由题图可知U32＞U21，故W2＞W1，D错误.
命题点4E p－x、E k－x图像
4.一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动.取该
直线为x轴，起始点O为坐标原点，其电势能E p与位移x的关系如图
所示.下列图像中合理的是（D）
｜可知，E p－x图像的图线斜率大小表解析由于粒子只受电场力作用，因此由F电＝｜ΔE p
Δx
示粒子所受电场力大小，从题图可知，图线的斜率随位移的增大而越来越小，因此粒子运动后所受的电场力随位移的增大而越来越小，因此电场强度越来越小，加速度也越来越小，A错误，D正确；由于粒子只受电场力作用，因此动能与电势能的和是定值，但从B 项图和题图可以看出，不同位置的电势能与动能的和不是定值，B错误；粒子做加速度减小的加速运动，C错误.
题型2带电粒子在交变电场中的运动
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、做功或确定与运动过程相关的临界条件.
4.对于锯齿波和正弦波类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.
5.[粒子在交变电场中的直线运动/多选]如图甲所示，A、B是一对平行的金属板，在两板间加上一周期为T的交变电压，A板的电势φA＝0，U BA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，设电子的初速度和重力的影响可忽略，则（AB）
图甲图乙
A.若电子是在t＝0时刻进入的，它将一直向B板运动
时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板B.若电子是在t＝T
8
上
T时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B C.若电子是在t＝3
8
板上
时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动
D.若电子是在t＝T
2
解析根据题意及电子进入电场后的受力情况和运动情况，作出如图所示的4个图像.
由图4可知，当电子在t＝0时刻进入电场时，电子一直向B板运动，A正确；若电子在T
8时刻进入电场，则由图4知，电子向B板运动的位移大于向A板运动的位移，因此最后仍
时刻进入电场，则由图4知，在第一个周期内电子即能打在B板上，B正确；若电子在3T
8
时刻进入电场，则它一靠近小孔便受到排斥返回至A板，从A板射出，C错误；若电子在T
2
力，根本不能进入电场，D错误.
方法点拨
交变电场中的直线运动处理方法
U－t图像v－t图像轨迹图
6.[粒子在交变电场中的临界问题/2024四川泸县四中月考]如图甲所示，在xOy 坐标系中，两金属板平行放置，OD 与x 轴重合，板的左端与原点O 重合，板长L ＝2m ，板间距离d ＝1m ，紧靠极板右侧有一足够大荧光屏.两金属板间电压U AO 随时间的变化规律如图乙所示，变化周期为T ＝2×10－
3s ，U 0＝5×103V ，t ＝0时刻一带正电的粒子从左上角A 点附近，以v 0＝1000m/s 的速度平行于AB 边射入两板间，最终打到荧光屏上.已知粒子带电荷量q ＝1×10－
5C ，质量m ＝1×10－
7kg ，不计粒子所受重力，求：
（1）粒子在板间运动的时间；
（2）粒子打到屏上的速度；
（3）若A 处的粒子源以v 0＝1000m/s 的速度平行于AB 边连续不断发射相同粒子，求荧光屏上的光带长度是多少？若向右移动荧光屏，屏上光带位置和长度如何变化（写出结论，不要求计算过程）.
答案 （1）2×10－
3s （2）大小为500√5m/s ，方向与v 0的夹角θ满足tan θ＝1
2 （3）0.5m 光带位置下移，长度不变
解析 （1）粒子在板间沿x 轴方向做匀速运动，运动时间为t ，根据L ＝v 0t 0
代入数据解得t 0＝2×10－
3s
（2）设t ＝0时刻射入板间的粒子射到荧光屏上时沿y 轴方向的分速度为v y ，合速度为v ，v 与v 0的夹角为θ，有
v y ＝a ·T
2
根据牛顿第二定律有a ＝F m ＝qU
0md
粒子打到屏上的速度v ＝√v 02＋v y
2，tan θ＝v
y
v
代入数据解得v ＝500√5m/s ，tan θ＝1
2
（3）粒子在t＝2n×10－3s（其中n＝0，1，2，3，…）时刻射入两板，射到荧光屏上时有最大侧移y max，有
打入y max＝1
2U0q
md
（T
2
）2＋U0q
md
（T
2
）2＝0.75m
粒子在t＝（2n＋1）×10－3s（其中n＝0，1，2，3，…）时刻射入两板，射到荧光屏时有最小侧移y min，有
y min＝1
2U0q
md
（T
2
）2＝0.25m
光带长度ΔL＝y max－y min＝0.5m
若向右移动荧光屏，光带位置下移，长度不变.
题型3“等效法”在复合场中的运用
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，但是物体处在匀强电场和重力场中的运动就会变得复杂一些.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.等效重力场的相关知识点及解释
等效重力场⇔重力场、电场叠加而成的复合场
等效重力⇔重力、电场力的合力
等效重力加速度⇔等效重力与物体质量的比值
等效“最低点”⇔物体自由时能处于稳定平衡状态的位置
等效“最高点”⇔物体做圆周运动时与等效“最低点”关于圆心对称的位置
等效重力势能⇔等效重力大小与物体沿等效重力场方向“高度”的乘积
3.举例
7.[多选]如图所示，空间存在一竖直向下的匀强电场，电场强度为E .该空间有一带电小球用绝缘细线悬挂在O 点，可在竖直平面内做完整的变速圆周运动，且小球运动到最高点时，细线受到的拉力最大.已知带电小球的质量为m ，带电荷量为q ，细线长为l ，重力加速度为g ，则（ BD ）
A.小球带正电
B.电场力大于重力
C.小球运动到最低点时速度最大
D.小球运动过程的最小速度为√（qE －mg ）l
m
解析 因为小球运动到最高点时，细线受到的拉力最大，可知重力和电场力的合力(等效重力)方向向上，则电场力方向向上，且电场力大于重力，小球带负电，故A 错误，B 正确；因重力和电场力的合力方向向上，可知小球运动到最高点时速度最大，故C 错误；由于等效重力竖直向上，所以小球运动到最低点时速度最小，最小速度满足qE －mg ＝m v min 2l
，即
v min ＝√
(qE −mg )l
m
，故D 正确.
8.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 ，sin37°＝0.6，cos37°＝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.
答案 （1）
3mg 4q
（2）不小于√5gr
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qE
mg ＝tan θ，所以E ＝
3mg 4q
（2）小球所受重力与电场力的合力F ＝√（mg ）2
＋（qE ）2
＝5
4
mg .当小
球做圆周运动时，可以等效为在一个“重力加速度”为5
4g 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v min 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－54
mg ·2r ＝0－12
m v min 2
，所以v min ＝√5gr ，即小球的初速度应不小于√5gr .
方法点拨
等效法求解电场中圆周运动问题的解题思路
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”.
2.将a ＝F 合
m 视为“等效重力加速度”.
3.找出等效“最低点”和等效“最高点”.
4.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求解.
题型4 电场中的力电综合问题
1.解题关键
通过审题抓住受力分析和运动过程分析是关键，然后根据不同的运动过程中各力做功的特点来选择相应规律求解.动能定理和能量守恒定律在处理电场中的能量问题时仍是首选的方法.
（1）用正交分解法处理带电粒子的复杂运动问题：可以将复杂的运动分解为两个互相正交的比较简单的直线运动.
（2）用能量观点处理带电粒子在电场中的运动问题：对于受变力作用的带电粒子的运动问题，必须借助于能量观点来处理；即使是受恒力作用的运动问题，用能量观点处理常常也更加简便.
2.用能量观点处理带电粒子的运动问题 （1）用动能定理处理
思维顺序一般为：①弄清研究对象，明确所研究的物理过程.
②分析粒子在所研究过程中的受力情况，弄清哪些力做功，做正功还是负功.
③弄清所研究过程的始、末状态（主要指动能）.
④根据W ＝ΔE k 列出方程求解.
（2）用包括电势能和内能在内的能量守恒定律处理 列式的方法常有两种：
①利用初、末状态的总能量相等（即E 1＝E 2）列方程.
②利用某些能量的减少量等于另一些能量的增加量列方程.
（3）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.
9.[带电粒子在电场中运动的功能问题/2023黑龙江哈尔滨质量监测/多选]如图所示，AC 是圆O 的一条水平直径，BD 是竖直直径，M 点是圆上的点，OM 连线与OC 的夹角为60°，该圆处于方向与圆面平行的匀强电场中.将电荷量为q （q ＞0）、质量为m 的粒子从圆心O 点以相同的动能E k0射出，射出方向不同但都与圆共面，粒子在重力和电场力的作用下可
以经过圆周上的所有点.其中经过C 点时粒子的动能最小且为E k02
.已知圆的半径为R ，重力
加速度的大小为g ，匀强电场的电场强度E ＝
2mg q
，则下列说法正确的是（ AD ）
A.M 点的电势高于A 点的电势
B.B 点的电势等于D 点的电势
C.粒子经过M 点时的动能为3
8E k0
D.粒子经过AB 连线中点时的动能为54
E k0
解析 由题意知，因为经过C 点时粒子的动能最小，所以粒子从O 点到C 点克服合外力所做的功最多，而重力和电场力对粒子做的功只与粒子的初、末位置有关，与路径无关，由此可推知重力和电场力的合力F 的方向一定水平向左，如图所示，又因为qE ＝2mg ，则根据几何关系以及平行四边形定则可知电场强度方向与水平方向夹角为30°，
根据沿电场强度方向电势降低可知M 点的电势高于A 点的电势，B 点的电势低于D 点的电势，A 正确，B 错误；根据前面分析可知粒子所受合外力大小为F ＝mg
tan30°＝√3mg ，对从O 点到C 点的粒子，根据动能定理有
E k02
－E k0＝－FR ，根据几何关系可知OM 垂直于电场
线，所以OM 为一条等势线，粒子从O 点到M 点的过程，电场力不做功，重力做负功，根据动能定理有E k M －E k0＝－mgR sin 60°，解得E k M ＝34
E k0，C 错误； AB 连线中点G 在AO 上的投影点为H ，根据几何关系可知HO ＝R 2
，根据动能定理有E k G －E k0＝F ·HO ，解得E k G ＝5
4E k0，D 正确.
10.[直线运动＋圆周运动]如图所示，左边竖直半圆光滑绝缘轨道与水平光滑绝缘轨道相切于A 点，整个空间有斜向左上方的匀强电场，与水平方向夹角θ＝30°，电场强度E ＝
1.0×103N/C ，B 点是轨道的最高点，半圆半径R ＝2m.在水平轨道上距A 点L ＝
8√3
3
m 的C
处由静止释放一质量m ＝2×10－
4kg 、电荷量q ＝2×10－
6C 的带正电小球P ，小球沿水平轨道运动一段时间，从A 点冲上半圆轨道，并沿半圆轨道到达轨道最高点B ，取A 点电势为零，重力加速度g 取10m/s 2.求小球在半圆轨道上运动的过程中：
（1）电势能的最小值；
（2）最大速度的大小.
答案 （1）－6×10－
3J （2）10m/s
解析 （1）设过O 点的电场线与半圆轨道的交点为M ，则小球在M 点电势能最低，如图所示.
OM 与竖直方向成60°角，E p A ＝0，小球从A 到M 的过程中，根据功能关系有W AM ＝E p A －E p M
电场力做功W AM ＝EqR （1＋sin θ）
联立并代入数据解得E p M ＝－6×10－
3J
（2）小球从C 到A 的过程中，根据动能定理有
EqL cos θ＝1
2m v A
2
因为mg ＝Eq ，且重力与电场力的夹角为120°，所以合力为F 合＝mg ，方向斜向左下方，与竖直方向成β＝60°角，过O 点沿F 合的方向作直线，交半圆轨道于D 点，如图所示，则小球在D 点时速度最大
小球从A 到D 的过程中，根据动能定理有
F 合R （1－cos60°）＝12
m v D 2－1
2m v A
2
联立并代入数据解得v D ＝10m/s
所以小球在半圆轨道上运动的最大速度为10m/s.
11.[圆周运动＋抛体运动/2024云南昆明“三诊一模”摸底]如图所示，质量为m 、带电荷量为＋q 的小球（可视为质点）与不可伸长的绝缘轻绳相连，绳子另一端固定在O 点的拉力传感器上（拉力传感器没有画出），O 点距离水平地面的高度为2R ，空间存在竖直向下
的匀强电场.现使小球获得一初速度后绕O 点在竖直平面内做半径为R 的圆周运动，拉力传感器显示出绳子拉力的最小值为0，最大值为12mg ，g 为重力加速度.
（1）求匀强电场的场强大小E ；
（2）若小球运动到最低点时绳子断裂，求小球落地点到O 点的水平距离.
答案 （1）
mg q
（2）√10R
解析 （1）依题意，小球通过最高点时，由牛顿第二定律有
mg ＋qE ＝m
v 0
2R
从最高点到最低点，据动能定理有
（mg ＋qE ）×2R ＝1
2mv 2－1
2m v 0
2
通过最低点时，由牛顿第二定律有12mg －（mg ＋qE ）＝m v 2R
联立解得E ＝
mg q
（2）绳断后小球做类平抛运动 竖直方向上：R ＝1
2at 2
水平方向上：x ＝vt
根据牛顿第二定律有mg ＋qE ＝ma
联立解得x ＝√10R .
1.[电场中的图像问题/2023上海]空间中有一电场，电势分布如图所示，现放入一个负点电荷，随后向右移动此电荷，下列电荷电势能随位置变化的图像正确的是（ C ）
A B
C D
解析 由φ－s 图像可知，沿s 轴正向电势逐渐降低，由公式E p ＝qφ可知负电荷在低电势点的电势能大，所以负电荷向右移动的过程中电势能逐渐增大，又各点的电势为正值，则负电荷在各点具有的电势能为负值，故C 正确，ABD 错误.
2.[电场中的图像问题/2021山东]如图甲所示，边长为a 的正方形，四个顶点上分别固定一个电荷量为＋q 的点电荷；在0≤x ＜√22
a 区间，x 轴上电势φ的变化曲线如图乙所示.现将一电荷量为－Q 的点电荷P 置于正方形的中心O 点，此时每个点电荷所受库仑力的合力均为零.若将P 沿x 轴向右略微移动后，由静止释放，以下判断正确的是（ C ）
图甲 图乙
A.Q ＝√2+1
2
q ，释放后P 将向右运动
B.Q ＝√2+12
q ，释放后P 将向左运动 C.Q ＝
2√2+14
q ，释放后P 将向右运动 D.Q ＝
2√2+14
q ，释放后P 将向左运动
解析 对O 点上方的点电荷，受力分析如图所示，由平衡知识可得√2k q 2
a 2＋k
q 2
（√2a ）
2
＝k
Qq
（
1
√2
a ）2
，解得Q ＝
2√2+1
4
q ，因在0≤x ＜√2
2a 区间内沿x 轴正向电
势升高，则场强方向沿x 轴负向，则将P 沿x 轴正向向右略微移动后释放，P 受到向右的电场力而向右运动，C 项正确.
3.[牛顿运动定律＋圆周运动＋动能/2022浙江6月/多选]如图为某一径向电场示意图，电场强度大小可表示为E ＝a
r ，a 为常量.比荷相同的两粒子在半径r 不同的圆轨道运动.不考虑粒子间的相互作用及重力，则（ BC ）
A.轨道半径r 小的粒子角速度一定小
B.电荷量大的粒子的动能一定大
C.粒子的速度大小与轨道半径r 一定无关
D.当加垂直纸面磁场时，粒子一定做离心运动
解析 粒子在半径为r 的圆轨道运动，有qE ＝mω2r ，将E ＝a r 代入上式得ω2＝qa
mr 2，可知轨道半径小的粒子，角速度大，A 错误；由qE ＝m v 2
r 、E k ＝1
2mv 2、E ＝a
r 解得E k ＝qa
2，即电荷量大的粒子动能一定大，B 正确；由qE ＝m v 2
r
、E ＝a
r
可得v 2＝qa
m
，即粒子速度的大小与轨道半
径r 无关，C 正确；带电粒子的运动方向和垂直纸面的磁场方向是向里还是向外未知，粒子所受洛伦兹力方向未知，D 错误.
4.[弹簧＋斜面/2022辽宁/多选]如图所示，带电荷量为6Q （Q ＞0）的球1固定在倾角为30°的光滑绝缘斜面上的a 点，其正上方L 处固定一带电荷量为－Q 的球2，斜面上距a 点L 处的b 点有质量为m 的带
电球3.球3与一端固定的绝缘轻质弹簧相连并在b 点处于静止状态，此时弹簧的压缩量为
L
2
，球2、3间的静电力大小为mg 2
.迅速移走球1后，球3沿斜面向下运动.g 为重力加速度，
球的大小可忽略，下列关于球3的说法正确的是（ BCD ）
A.带负电
B.运动至a 点的速度大小为√gL
C.运动至a 点的加速度大小为2g
D.运动至ab 中点时对斜面的压力大小为
3√3－4
6
mg
解析 假设球3带负电，则球1对球3的作用力沿斜面向下，球2对球3的作用力为斥力，由于球之间的距离相等，则球1对球3的作用力一定大于球2对球3的作用力，弹簧不可能处于压缩状态，因此球3一定带正电，A 错误.移走球1前，弹簧的压缩量为L 2
，则移走球1后球3运动至a 位置时，弹簧的伸长量为L
2，则球3在b 点与在a 点时弹簧的弹性势能相等，又由于a 、b 两点到球2的距离相等，则在球2形成的电场中a 、b 两点的电势相
等，a 、b 两点的电势差为零，则球3由b 到a 的过程，由动能定理得mgL sin 30°＝1
2mv 2，解得v ＝√gL ，B 正确.对移走球1前的球3受力分析，如图甲所示，由力的平衡条件，沿斜面方向上有mg sin 30°＋F 23 sin 30°＋F ＝F 13，又F 23＝
kQq L
2
＝mg 2
，F 13＝
k ·6Qq L 2
＝3mg ，解得F ＝
94
mg ；当球3在a 点时，受力分析如图乙所示，由于弹簧的伸长量为L 2
，则F'＝F ，对球3由
牛顿第二定律得F ′
＋F’23 sin 30°－mg sin 30°＝ma ，解得a ＝2g ，C 正确.
球3运动到ab 中点时，受力分析如图丙所示，球3与球2之间的距离为x ＝L cos 30°＝√3
2L ，则两球之间的库仑力大小为F ″23＝kQq (√32L )2
＝
2mg 3
，由力的平衡条件知在垂直斜面的方向上有F N 2＝mg cos 30°
－F ″23，解得F N 2＝
3√3−4
6mg ，D 正确.
图甲 图乙 图丙
5.[能量守恒定律＋带电体在电场中的运动/2022辽宁]如图所示，光滑水平面AB 和竖直面内的光滑14
圆弧导轨BO 在B 点平滑连接，导轨半径为R .质量为m 的带正电小球将轻质弹簧压缩至A 点后由静止释放，脱离弹簧后经过B 点时的速度大小为√gR ，
之后沿导轨BO 运动.以O 为坐标原点建立直角坐标系xOy ，在x ≥－R 区域有方向与x 轴夹角为θ＝45°的匀强电场，进入电场后小球受到的电场力大小为√2mg .小球在运动过程中电
荷量保持不变，重力加速度为g .求：
（1）弹簧压缩至A 点时的弹性势能； （2）小球经过O 点时的速度大小； （3）小球过O 点后运动的轨迹方程.
答案 （1）12
mgR （2）√3gR （3）x ＝
y 2
6R
解析 （1）小球从A 点静止释放，根据动能定理有
E p A ＝1
2m v B 2
－0
可得弹簧压缩至A 点时的弹性势能E p A ＝1
2mgR
（2）小球从B 运动到O 的过程中重力、电场力对小球做功，根据动能定理有
12
m v 02－12
m v B 2＝F 电·√2R －mgR
其中F 电＝√2mg
可得v 0
＝√3gR
（3）小球离开O 点后的受力分析如图所示，根据受力分析可知重力与电场力的合力方向沿水平方向，大小为F 合＝mg ，即小球离开O 点后，在水平方向以加速度g 做匀加速直线运动，有x ＝1
2gt 2，其中x ≥0。