图8
A．A一定带正电，B一定带负电
B．A、B两球所带电荷量的绝对值之比qA∶qB＝1∶2 C．A球电势能一定增加
D．电场力对A球和B球都做了功
解析 根据题设条件可知：带电小球初始位置在同一等势面上，右移的同时顺时针转过90°，两个小球的电势能之和不变，可见在此过程中，电场力对两个带电小球做功的代数和为零，即电场力对两个带电小球中的一个做正功，对另一个做负功，但无法判断小球所带电性，选项A、C错误，D正确；根据匀强电场的特点和电场力做功的特点可得：WA＝qAE×2L，WB＝qBE×L，而WA＋WB＝0，即2qA＋qB＝0，A、B两球带电荷量的绝对值之比为1∶2，选项B正确。 答案 BD 二、非选择题
10．(2017·江苏如东高级中学检测)质量为m的带电小球A，用长为L绝缘细线悬挂于O点，处于静止状态。所在空间加上一水平向右的匀强电场后，A向右摆动，不计空气阻力，重力加速度大小为g。
图9
(1)若摆动的最大角度为α＝60°，求A受到的电场力大小F1；
(2)若小球A能在与竖直方向成α＝60°的位置处于平衡，求A刚开始运动时加速度大小a0； (3)在(2)的情况下，求小球A到达与O点等高位置时的速度大小v。 解析 (1)摆动的最大角度为60°，末速度为零，由动能定理有
F1Lsin α－mgL(1－cos α)＝0 解得F1＝3mg 3
(2)设此情形A受到的电场力大小F2，由平衡条件有
则F2＝mgtan α F2
由牛顿运动定律有a0＝
m解得a0＝3g
12
(3)由动能定理有F2L－mgL＝mv－0
2解得v＝2（3－1）gL 答案 (1)
3
mg (2)3g (3)2（3－1）gL 3
11．如图10所示，区域Ⅰ内有电场强度为E、方向竖直向上的匀强电场；区域Ⅱ中有一光滑绝缘圆弧轨道，5v0
轨道半径为R＝，轨道在A点的切线与水平方向成60°角，在B点的切线与竖直线CD垂直；在Ⅲ区域
g内有一宽为d的有界匀强电场，电场强度大小未知，方向水平向右。一质量为m、带电荷量为－q的小球(可看做质点)从左边界的O点正上方的M点以速度v0水平射入区域Ⅰ，恰好从A点沿圆弧轨道切线进入轨道且恰好不能从电场右边界穿出，求：
2
图10
(1)OM的长L；
(2)区域Ⅲ中电场强度的大小E′；
(3)小球到达区域Ⅲ中电场的右边界上的点与OO′的距离s。
解析 (1)小球在区域Ⅰ中做类平抛运动，设小球在A点时的速度为vA，竖直分则有
v0
cos 60°＝，即vA＝2v0，
vAvy
tan 60°＝，即vy＝3v0，
v0qE＋mg
由牛顿第二定律知a＝，
m3mv0
由v＝2aL，知L＝。
2（qE＋mg）
2y
2
速度为vy，
R
(2)在区域 Ⅱ中，由图可知BC＝，
2所以从A点到B点，由动能定理得
R1212
mg·＝mvB－mvA，
222得vB＝3v0。
在区域Ⅲ中，小球在水平方向上做匀减速运动，到达右边界时水平速度刚好减为零，由运动学规律知 qE′2
vB＝2d，
m9mv0
得E′＝。
2qd
qE′2d
(3)vB＝t，所以t＝。
m3v0
小球在竖直方向上做自由落体运动，即 122gd
h＝gt＝2， 29v0
所以小球到达右边界上的点与OO′的距离 5v02gds＝BC＋h＝＋2。
2g9v0
3mv09mv05v02gd
答案 (1) (2) (3)＋2
2（qE＋mg）2qd2g9v0
12．一电荷量为q(q＞0)、质量为m的带电粒子在匀强电场的作用下，在t＝0时由静止开始运动，场强随时间变化的规律如图11所示，不计重力。求在t＝0到t＝T的时间间隔内：
2
2
2
2
2
2
22
图11
(1)粒子位移的大小和方向；
(2)粒子沿初始电场反方向运动的时间。
TTTT3T3T
解析 (1)带电粒子在0～、～、～、～T时间间隔内做匀变速运动，设加速度分别为a1、a2、a3、
442244a4，由牛顿第二定律得 qE0
a1＝①
mqE0
a2＝－2②
mqE0
a3＝2③
m
qE0
a4＝－④
m
由此得带电粒子在0～T时间间隔内运动的a－t图像如图甲所示，对应的v－t图像如图乙所示，其中 TqE0T
v1＝a1·＝⑤
44m
由图乙可知，带电粒子在t＝0到t＝T时的位移为 T
x＝v1⑥ 4由⑤⑥式得 qE0Tx＝⑦
16m
它沿初始电场正方向。
35
(2)由图乙可知，粒子在t＝T到t＝T内沿初始电场的反方向运动，总的运动时间t为
8853T
t＝T－T＝⑧ 884
qE0TT答案 (1) 沿初始电场正方向 (2) 16m4
2
2
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