1．无约束的物体在“等效重力场”(匀强电场与重力场合成一个合场，该合场大小、方向恒定，与重力场类似)中的两种运动：
(1)匀变速直线运动：物体由静止出发或初速度与合场共线；
(2)抛体运动：物体初速度与合场有一定夹角．(这与物体只受重力时的运动一样)
常见约束一般为绳约束、直轨道约束、圆轨道约束等．
2．解决电场、重力场、复合场的两个角度
(1)合场角度：处理抛体运动、圆周运动可从合场角度分析运动的最高点、最低点等问题；
处理能量问题一般从重力势能、电势能变化两方面分析；
(2)运动分解角度：涉及运动时间、位移等时一般从运动分解的角度分析．
1．(2019·云南保山市市级统一检测)如图1所示，竖直面内分布有水平方向的匀强电场，一带电粒子沿直线从位置a向上运动到位置b，在这个过程中，带电粒子( )
图1
A．只受到电场力和重力作用
B．带正电
C．做匀速直线运动
D．机械能增加
2．(多选)(2019·江西上饶市重点中学六校第一次联考)在电场强度大小为E的匀强电场中，将一个质量为m、电荷量为＋q的带电小球由静止开始释放，带电小球沿与水平方向成θ(θ<45°)角的方向斜向下做直线运动．则下列判断正确的是( )
A．若cos
θ<，则小球机械能一定增加
B．若cos
θ＝，则小球机械能一定不变
C．若cos
θ<，则小球机械能一定减小
D．若tan
θ＝，则小球机械能一定增加
3．(多选)(2020·河南郑州市模拟)如图2所示，在竖直平面内有水平向右、场强为1×104
N/C的匀强电场．在匀强电场中有一根长2
m的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系一质量为0.08
kg的带电小球，它静止时悬线与竖直方向成37°角．若小球获得一定初速度后恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，取小球在静止时的位置为电势能零点和重力势能零点，cos
37°＝0.8，g＝10
m/s2.下列说法正确的是( )
图2
A．小球的电荷量q＝6×10－5
C
B．小球在c点的动能最小，且为1
J
C．小球在b点时的机械能最小
D．小球在运动过程中电势能和机械能之和保持不变，且为5
J
4．(多选)(2019·陕西汉中市第二次教学质检)真空中质量为m的带正电小球由A点无初速度自由下落t秒，在t秒末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场，再经过t秒小球又回到A点．小球电荷量不变且小球从未落地，重力加速度为g.则( )
A．整个过程中小球电势能变化了2mg2t2
B．整个过程中小球速度增量的大小为2gt
C．从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能变化了mg2t2
D．从A点到最低点小球重力势能变化了mg2t2
5．(2019·辽宁沈阳市质量检测(一))如图3所示，光滑绝缘的半圆形轨道ABC固定在竖直面内，圆心为O，轨道半径为R，B为轨道最低点．该装置右侧的圆弧置于水平向右的足够大的匀强电场中．某一时刻一个带电小球从A点由静止开始运动．到达B点时，小球的动能为E0，进入电场后继续沿轨道运动，到达C点时小球的电势能减少量为2E0，试求：
图3
(1)小球所受重力和电场力的大小；
(2)小球脱离轨道后到达最高点时的动能．
答案精析
1．A [带电粒子沿直线从位置a向上运动到位置b，合力方向与速度方向共线，受力情况如图所示
粒子受到电场力和重力作用，故A正确；粒子受到的电场力方向与电场线方向相反，则粒子带负电，故B错误；粒子受到的合力方向与速度方向相反，粒子做匀减速运动，故C错误；电场力做负功，机械能减小，故D错误．]
2．BD [若cos
θ＝，电场力与速度方向垂直，电场力不做功，因重力之外的其他力不做功，则机械能一定守恒，故B正确；
若cos
θ<，电场力与速度方向夹角可能大于90°也可能小于90°，电场力对小球可能做正功，也可能做负功，则机械能可能增加，也可能减小，故A、C错误；若tan
θ＝，则电场力沿水平方向，根据题意知，电场力和重力的合力与速度方向同向，电场力做正功，则小球机械能一定增加，故D正确．]
3．AD [小球静止时悬线与竖直方向成37°角，受重力、拉力和电场力，三力平衡，根据平衡条件得：mgtan
37°＝qE，解得：q＝＝6×10－5
C，故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b速度最小，根据牛顿第二定律得：＝m；最小动能为：Ek＝mv2＝＝1
J，故B错误；根据能量守恒定律，电势能与机械能之和不变，所以机械能最小的位置是电势能最大的位置，小球运动到与O点等高的最左侧位置a点时，电场力做功最多，故C错误；小球在b点的电势能、重力势能和动能之和为：E＝Ek＋Ep＋Ep′＝1
J＋mg×2Lcos
37°＋Eq×2Lsin
37°＝5
J，故D正确．]
4．AB [小球先做自由落体运动，后做匀减速运动，两个过程的位移大小相等、方向相反．设电场强度大小为E，加电场后小球的加速度大小为a，取竖直向下方向为正方向，则gt2＝－(vt－at2)，又v＝gt，解得
a＝3g，则小球回到A点时的速度为v′＝v－at＝－2gt；整个过程中小球速度增量为Δv＝v′＝－2gt，即小球速度增量的大小为2gt，故B正确；由牛顿第二定律得a＝，解得qE＝4mg，ΔEp＝qE·gt2＝2mg2t2，故A正确；从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减少了ΔEk＝m(gt)2，故C错误；设从A点到最低点的高度为h，根据动能定理得mgh－qE(h－gt2)＝0，解得h＝gt2，从A点到最低点小球重力势能减少了ΔEp＝mgh＝mg2t2，故D错误．]
5．(1) (2)8E0
解析 (1)设带电小球的质量为m，则从A到B根据动能定理有：mgR＝E0
则小球受到的重力为：mg＝，方向竖直向下；
由题意可知：到达C点时小球的电势能减少量为2E0，根据功能关系可知：EqR＝2E0
则小球受到的电场力为：Eq＝，方向水平向右，小球带正电；
(2)设小球到达C点时速度为vC，则从A到C根据动能定理有：EqR＝mv＝2E0
则C点速度为：vC＝
，方向竖直向上
从C点飞出后，在竖直方向只受重力作用，做匀减速运动，到达最高点时间为：
t＝＝
在水平方向只受电场力作用，做匀加速运动，到达最高点时只有水平方向的速度，其速度为：
v＝at＝t＝
＝2
则在最高点时的动能为：Ek＝mv2＝m2＝8E0.1．在交变电场中做直线运动时，一般是几段变速运动组合．可画出v－t图象，分析速度、位移变化．
2．在交变电场中的偏转若是几段类平抛运动的组合，可分解后画出沿电场方向分运动的v－t图象，分析速度变化，或是分析偏转位移与偏转电压的关系式．
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在空间上具有对称性的特征．
1．(2020·湖北黄冈市模拟)一匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象如图1所示，在该匀强电场中，有一个带电粒子于t＝0时刻由静止释放，若带电粒子只受电场力作用，则下列说法中正确的是( )
图1
A．带电粒子只向一个方向运动
B．0～2
s内，电场力做功等于0
C．4
s末带电粒子回到原出发点
D．2.5～4
s内，电场力做功等于0
2．(多选)(2019·山东青岛二中模拟)如图2甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，两板间距离足够大．当两板间加上如图乙所示的交变电压后，下列选项中，反映电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的是( )
图2
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( )
图3
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．克服电场力做功为mgd
4．(2020·福建厦门一中月考)相距很近的平行板电容器，在两板中心各开有一个小孔，如图4甲所示，靠近A板的小孔处有一电子枪，能够持续均匀地发射出电子，电子的初速度为v0，质量为m，电荷量为－e，在A、B两板之间加上如图乙所示的交变电压，其中0＜k＜1，U0＝；紧靠B板的偏转电压也等于U0，板长为L，两极板间距为d，距偏转极板右端处垂直放置很大的荧光屏PQ，不计电子的重力和它们之间的相互作用，电子在电容器中的运动时间可以忽略不计．
图4
(1)试求在0～kT与kT～T时间内射出B板电子的速度各是多大？
(2)在0～T时间内，荧光屏上有两个位置会发光，试求这两个发光点之间的距离(结果用L、d表示)．
答案精析
1．D [画出带电粒子速度v随时间t变化的图象如图所示，v－t图线与时间轴所围“面积”表示位移，可见带电粒子不是只向一个方向运动，
4
s末带电粒子不能回到原出发点，A、C错误；2
s末速度不为0，则0～2
s内电场力做功不等于0，B错误；2.5
s和4
s末，速度的大小、方向都相同，2.5～4
s内电场力做功等于0，D正确．]
2．AD [在平行金属板之间加上如题图乙所示的交变电压时，因为电子在平行金属板间所受的电场力F＝，所以电子所受的电场力大小不变．由牛顿第二定律F＝ma可知，电子在第一个内向B板做匀加速直线运动；在第二个内向B板做匀减速直线运动，在第三个内反向做匀加速直线运动，在第四个内向A板做匀减速直线运动，所以a－t图象如选项图D所示，v－t图象如选项图A所示；又因匀变速直线运动位移x＝v0t＋at2，所以x－t图象应是曲线，故选项A、D正确，B、C错误．]
3．BC [0～时间内微粒匀速运动，有mg＝qE0.把微粒的运动分解，水平方向：做速度为v0的匀速直线运动；竖直方向：～时间内，只受重力，做自由落体运动，时刻，v1y＝g；～T时间内，a＝＝g，做匀减速直线运动，T时刻，v2y＝v1y－a＝0，所以末速度v＝v0，方向沿水平方向，选项A错误，B正确；重力势能的减少量ΔEp＝mg·＝mgd，选项C正确；根据动能定理mgd－W克电＝0，得W克电＝mgd，选项D错误．]
4．(1)v0 v0 (2)
解析 (1)电子经过电容器内的电场后，速度要发生变化，设在0～kT时间内，穿出B板的电子速度为v1，kT～T时间内射出B板的电子速度为v2
根据动能定理有：－eU0＝mv－mv，eU0＝mv－mv
将U0＝代入上式，得：v1＝v0，v2＝v0；
(2)在0～kT时间内射出B板的电子在偏转电场中，电子的运动时间：t1＝
侧移量：y1＝at＝，得y1＝
打在荧光屏上的坐标为y1′，则y1′＝2y1＝
同理可得，在kT～T时间内射出B板后电子的侧移量：y2＝
打在荧光屏上的坐标y2′＝2y2＝
故这两个发光点之间的距离：Δy＝y1′－y2′＝.
