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一、带电粒子在电场中的加速
命题规律 带电粒子只受电场力作用在电场中做匀变速直线运动，或做类平抛运动. 考查利用牛顿定律或动能定理，及平抛运动的特点来解决有关问题. 一般以计算题出现.
例1 电子所带电荷量最早是由美国科学家密立根通过油滴实验测出的. 油滴实验的原理图如图1所示，两块水平放置的平行金属板与电源连接，上、下板分别带正、负电荷. 油滴从喷雾器的喷嘴喷出后，由于摩擦而带电，油滴进入上板中央小孔后落到匀强电场中，通过显微镜可以观察到油滴的运动情况. 两金属板间的距离为[d]，忽略空气对油滴的浮力和阻力.
[图1][显微镜][喷雾器]
（1）调节两金属板间的电势差[U]，当[U=U1]时，使得某个质量为[m1]的油滴恰好做匀速运动，求该油滴所带电荷量[q1]；
（2）若油滴进入电场时的速度可以忽略，当两金属板间的电势差[U=U2]时，观察到某个质量为[m2]的油滴进入电场后做匀加速运动，经过一段时间[t]运动到下极板，求此油滴所带的电荷量[q2].
解析 （1）油滴匀速下降过程中受到重力和电场力而平衡，可见其带负电，则[q1U1d=m1g]
解得[q1=m1gdU1]
（2）油滴加速下滑，若油滴带负电荷，其所受电场力方向向上，设此时油滴的加速度为[a1]，则由牛顿第二定律，有
[m2g-q2U2d=m2a1]
而[d=12a1t2]
解得[q2=m2dU2（g-2dt2）]
若油滴带正电，其所受电场力方向向下，设此时油滴的加速度为[a2]，则由牛顿第二定律，有
[m2g+q2U2d=m2a2]
解得[q2=m2dU2（2dt2-g）]
命题解读 这是一个结合物理学史创设物理情景的题目，其特点有：①尽管看上去实验装置有些复杂，但其实质就是带电油滴在一个复合场中受力而平衡或加速运动的问题；②题目中只说“油滴从喷雾器的喷嘴喷出后，由于摩擦而带电”，但并没有说油滴的带电性质，所以可能带负电也可能带正电.
[图2] 变式训练 如图2所示，某空间有一竖直向下的匀强电场，电场强度[E=]1.0×102V/m，一块足够大的接地金属板水平放置在匀强电场中，在金属板的正上方高度[h=]0.80m的[a]处有一粒子源，盒内粒子以[v0=]2.0×102m/s的初速度向水平面以下的各个方向均匀放出质量为[m=]2.0×10-15kg，电荷量为[q=]+10-12C的带电粒子，粒子最终落在金属[b]上. 若不计粒子重力，求（结果保留两位有效数字）：
（1）粒子源所在[a]点的电势；
（2）带电粒子打在金属板上时的动能；
（3）从粒子源射出的粒子打在金属板上的范围（所形成的面积）；若使带电粒子打在金属板上的范围减小，可以通过改变哪些物理量来实现？
解析 （1）题中匀强电场竖直向下，[b]板接地
因此[φa=Uab=Ek=]1.0×102×0.8V=80V
（2）不计重力，只有电场力做功；对粒子由动能定理[qUab=Ek-12mv02]，可得带电粒子打在金属板上时的动能为1.2×10-10J
（3）粒子源射出的粒子打在金属板上的范围以粒子水平抛出为落点边界，由平抛运动知识，有
[x=v0t]，[h=12at2]
[a=qEm]，[S=π x2]
联立以上各式得所形成的面积为4m2，可以通过减小[h]或增大[E]来实现.
二、带电粒子在电场中的偏转
例2 喷墨打印机的结构简图如图3所示，其中墨盒可以发出墨汁微滴，此微粒经过带电室时被带上负电，带电的多少计算机按字体笔画、高低位置输入信号加以控制，带电后的微滴以一定的初速度进入偏转电场发生偏转后打在纸上，显示出字体. 无信号输入时，墨汁微滴不带电，径直通过偏转极板而注入回流槽流回墨盒.
[信号输入][墨盒][偏转极板][带电室][图3][纸]
设偏转极板长[1.6cm]，两板间的距离为[0.50cm]，偏转板的右端距纸[3.2cm]. 若一个墨汁微滴的质量为[1.6×10-10kg]，以[20m/s]的初速度垂直于电场的方向进入偏转电场，两板间的电压为[8.0×103V]，若墨汁微滴打到纸上的点距原射入方向的距离是[2.0mm]，试求：
（1）这个墨汁微滴通过带电室带的电量；（不计空气阻力和重力，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）
（2）为了使纸上的字体放大[10%]，请你分析提出至少两种可行的方法.
解析 （1）如图4所示为墨汁微滴通过偏转电场时的情形（放大图），图中的[y]为墨汁微滴打到纸上的点距原射入方向的距离，而[θ]为墨汁微滴离开偏转電场时偏离原来运动方向的夹角，由几何关系及匀变速运动规律，有
[图4]
[ys+x=yx=vyv0]
[y=12at2，] [vy=at]
[a=qUmd]， [t=lv0]
代入数据，解得[q=1.25×10-13C]
（2）解以上几式，得[y=qUl（l+2s）2mdv02]
要使字体放大[10%]，也就是使上式中的[y]增大[1000]，由上式可以看出，可以通过改变[U]、[s]、[l]或[d]来达到预期的目的，如：
①将偏转电场的电压增大[10%]，则偏转电压应增大到
[U=U+10%?U=8.0×103V+10%×8.0×103V=8.8×103V] ②将（[l+2s）]增大[10%]，设在[l]不变的情况下，将偏转板的右端距纸的距离增大为[s]，则
[l+2s=110%?（l+2s）]
解得[s=3.6cm]
命题解读 ①这其实就是一个带电粒子在电场中偏转的实际应用题，平常的学习过程中，要学会课本知识和实际生活的结合；②字体放大[10%]是指把字体的线度放大[10%]，而不是把字体的面积放大[10%].
[图5]变式训练 如图5所示 ，在水平向右的匀强电场中，有一带电体[P]自[O]点竖直上抛，它的初动能为[4J]，当它上升到最高点[M]时动能为[5J]，则此带电体折回通过与[O]点在同一水平线上的[O′]点时，其动能多大？
解析 此带电体[P]在重力和电场力的共同作用下，在竖直方向上做竖直上抛运动，而在水平方向上做初速度为零的匀变速直线运动，设带电体[P]在[O]点的动能为[Ek1]，到达最高点[M]时的动能为[Ek2]，到达[O]点时的动能为[Ek3]，则因[tOM=tMO]
故[xOM]︰[xMO=1]︰[3]
另外，[y]方向只有重力做功，所以带电体[P]在[O]点时的竖直方向的速度大小与在[O]点时的相等，对应动能的分量也相等. 在水平方向上，带电体[P]从[O]点运动到[O]点的过程中，它的动能的变化量之比就等于电场力做功之比，也就是带电体的水平位移之比，即[Ek3x-Ek2xEk2x-Ek1x=31]
这样，我们就可以计算出到达[O]点时，带电体的总动能为[24J].
三、带电粒子在交变电场中的运动
命题规律 根据交变电场的变化规律，分析粒子受力和运动情况，确定粒子的运动速度、位移、做功或确定有关量的临界问题.
例3 制备纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中间距为[d]的两平行极板，如图6甲所示. 加在极板[A、B]间的电压[UAB]作周期性变化，其正向电压为[U0]，反向电压为[-kU0（k>1）]，电压变化的周期为[2τ]，如图6乙所示. 在[t=0]时，极板[B]附近的一个电子，质量为[m]、电荷量为[e]，受电场作用由静止开始运动. 若整个运动过程中，电子未碰到极板[A]，且不考虑重力作用.
[极板[A]][极板[B]][电子][甲 乙][图6]
若[k=54]，电子在[0～2τ]时间内不能到达极板[A]，求[d]应满足的条件.
解析 电子在[0～τ]时间内做匀加速运动
加速度的大小[a1=eU0md]
位移[x1=12a1τ2]
在[τ～2τ]时间内先做匀减速运动，后反向做匀加速运动，加速度的大小[a2=5eU04md]
初速度的大小[v1=a1τ]
匀减速运动阶段的位移[x2=v122a2]
依据题意[d>x1+x2]
解得[d>9eU0τ210m]
命题解读 本题考查带电粒子在平行板电容器中的运动情况的分析. 两极板加上周期性变化的交变电压后，其内部电场也会周期性变化，根据电子在电场中所受电场力情况，结合题目中各限制条件即可得到相应结论.
变式训练 如图7甲所示，[A、B]为光滑水平地面上相距[d]的两带电挡板，在[A、B]两板间有一带电荷量为[+q]、质量为[m]的点电荷[P]. 若[+q]两板间所形成电场的电场强度如图7乙所示（从[A]指向[B]为电场强度的正方向），在[t=0]时刻点电荷[P]位于[A、B]两板间中点且初速度为0. 已知点电荷能在[A、B]两板间以最大的幅度运动而不与两板相碰，且点电荷[P]开始从中点第一次运动到某板后，以后每次从一板运动到另一板的过程中，电场方向只改变一次.
[甲 乙][图7]
（1）求点电荷[P]从[A、B]两板中点由静止开始第一次运动到板处的时间；
（2）导出图7乙中时刻[t2]的表达式；
（3）导出图7乙中时刻[tn（n≥2）]的表达式.
解析 （1）设点电荷[P]在两板间运动的加速度大小为[a]，则[qE=ma]
点电荷[P]在电场力作用下开始向[B]板运动，先加速后减速，到达[B]板时速度为0，设加速时间为[t1]，减速时间为[t1′]，有
[at1=at1′]
[12d=12at12+12at1′2]
点电荷[P]第一次到达[B]板的时间[t=t1+t1′]
解得[t=2dg]
（2）设点电荷由[B]板向[A]板加速运动的时间为[t2′]，减速运动的时间为[t2″]，到达[A]板的速度为0，有
[at2′=at2″]
[d=12at2′2+12at2″2]， [t2=t+t2′]
解得[t2=（2+1）dg]
（3）点电荷从[A]板到[B]板从[B]板到[A]板的运动过程完全相同，即每次加速和减速的时間都是[t2′=dg]，从而可得[tn=（2+2n-3）dg （n≥2）]
四、带电物体在复合场中的运动
命题规律 带电物体在电场、重力场组成的复合场中，做直线运动、抛体运动、圆周运动等. 根据其受力和运动情况，确定物体的运动轨迹，物体运动的速度、位移及做功多少. [图8]
例4 如图8所示，质量为[m]、半径为[R]的圆形光滑绝缘轨道放在水平地面上固定的[M、N]两竖直墙壁间，圆形轨道与墙壁间摩擦忽略不计，在轨道所在平面加一竖直向上的场强为[E]的匀强电场. [P、Q]两点分别为轨道的最低点和最高点，在[P]点有一质量为[m]，电荷量为[q]的带正电的小球，现给小球一初速度[v0]，使小球在竖直平面内做圆周运动，不计空气阻力，重力加速度为[g]，则下列说法正确的是（ ） A.小球通过[P]点时对轨道一定有压力
B.小球通过[P]点时的速率一定大于通过[Q]点时的速率
C.从[P]到[Q]点的过程中，小球机械能一定增加
D.若[mg>qE]，要使小球能通过[Q]点且保证圆形轨道不脱离地面，速度[v0]应满足的关系是[5gR-5qERm≤v0<6gR-5qERm]
解析 若电场力大于重力的情况下，小球通过[P]点时轨道可能没有压力，小球通过[P]点时的速率小于通过[Q]点时的速率，选项A、B错误；从[P]到[Q]点的过程中，电场力做功，小球的机械能一定增加，选项C正确；若[mg>qE]，要使小球能通过[Q]点且保证圆形轨道不脱离地面，小球运动到[Q]点的最小速度满足[mg-qE=mv12R]，解得[v1=mg-qERm]，从[P]到[Q]，由动能定理，有[（qE-mg）2R=mv122-mv0122]，解得[v01=][5gR-5qERm]，要使圆形轨道不脱离地面，小球运动到[Q]点对圆形轨道的压力小于[mg]，小球运动到[Q]点的最大速度满足[2mg-qE>mv22R]，解得 [v2<2mg-qERm]，从[P]到[Q]，由动能定理，有[（qE-mg）2R=mv122-mv0222]，解得[v02<6gR-5qERm]，要使小球能通过[Q]点且保证圆形轨道不脱离地面，速度[v0]应满足的关系是：[5gR-5qERm≤v0<6gR-5qERm]，选项D正确. 答案CD.
[图9]变式训练 如图9所示，[A、B]为两块水平放置的金属板，通过闭合的开关S分别与电源两极相连，两板中央各有一个小孔[a]和[b]，在[a]孔正上方某处一带电质点由静止开始下落，不计空气阻力，该质点到达[b]孔时速度恰为零，然后返回. 现要使带电质点能穿出[b]孔，可行的方法是（ ）
A.保持S闭合，将[A]板适当上移
B.保持S闭合，将[B]板适当下移
C.先断开S，再将[A]板适当上移
D.先断开S，再将[B]板适当下移
解析 若开关S闭合，两板间的电压[U]不变，根据动能定理，可知[mgh-qU=12mv2-0]，增大高度[h]即可使帶电质点能穿出[b]孔，移动[A]板不能改变高度[h]，[B]板下移可增大[h]，故选项A错误，选项B正确. 若断开开关S，两板的电荷量不变，电场强度不变，由初始情况可知电场力大于重力，因而无论[A]板上移还是[B]板下移，电场力做功均要大于重力做功，带电质点不可能穿过[b]孔，选项C、D错误. 答案B
命题规律 带电粒子只受电场力作用在电场中做匀变速直线运动，或做类平抛运动. 考查利用牛顿定律或动能定理，及平抛运动的特点来解决有关问题. 一般以计算题出现.
例1 电子所带电荷量最早是由美国科学家密立根通过油滴实验测出的. 油滴实验的原理图如图1所示，两块水平放置的平行金属板与电源连接，上、下板分别带正、负电荷. 油滴从喷雾器的喷嘴喷出后，由于摩擦而带电，油滴进入上板中央小孔后落到匀强电场中，通过显微镜可以观察到油滴的运动情况. 两金属板间的距离为[d]，忽略空气对油滴的浮力和阻力.
[图1][显微镜][喷雾器]
（1）调节两金属板间的电势差[U]，当[U=U1]时，使得某个质量为[m1]的油滴恰好做匀速运动，求该油滴所带电荷量[q1]；
（2）若油滴进入电场时的速度可以忽略，当两金属板间的电势差[U=U2]时，观察到某个质量为[m2]的油滴进入电场后做匀加速运动，经过一段时间[t]运动到下极板，求此油滴所带的电荷量[q2].
解析 （1）油滴匀速下降过程中受到重力和电场力而平衡，可见其带负电，则[q1U1d=m1g]
解得[q1=m1gdU1]
（2）油滴加速下滑，若油滴带负电荷，其所受电场力方向向上，设此时油滴的加速度为[a1]，则由牛顿第二定律，有
[m2g-q2U2d=m2a1]
而[d=12a1t2]
解得[q2=m2dU2（g-2dt2）]
若油滴带正电，其所受电场力方向向下，设此时油滴的加速度为[a2]，则由牛顿第二定律，有
[m2g+q2U2d=m2a2]
解得[q2=m2dU2（2dt2-g）]
命题解读 这是一个结合物理学史创设物理情景的题目，其特点有：①尽管看上去实验装置有些复杂，但其实质就是带电油滴在一个复合场中受力而平衡或加速运动的问题；②题目中只说“油滴从喷雾器的喷嘴喷出后，由于摩擦而带电”，但并没有说油滴的带电性质，所以可能带负电也可能带正电.
[图2] 变式训练 如图2所示，某空间有一竖直向下的匀强电场，电场强度[E=]1.0×102V/m，一块足够大的接地金属板水平放置在匀强电场中，在金属板的正上方高度[h=]0.80m的[a]处有一粒子源，盒内粒子以[v0=]2.0×102m/s的初速度向水平面以下的各个方向均匀放出质量为[m=]2.0×10-15kg，电荷量为[q=]+10-12C的带电粒子，粒子最终落在金属[b]上. 若不计粒子重力，求（结果保留两位有效数字）：
（1）粒子源所在[a]点的电势；
（2）带电粒子打在金属板上时的动能；
（3）从粒子源射出的粒子打在金属板上的范围（所形成的面积）；若使带电粒子打在金属板上的范围减小，可以通过改变哪些物理量来实现？
解析 （1）题中匀强电场竖直向下，[b]板接地
因此[φa=Uab=Ek=]1.0×102×0.8V=80V
（2）不计重力，只有电场力做功；对粒子由动能定理[qUab=Ek-12mv02]，可得带电粒子打在金属板上时的动能为1.2×10-10J
（3）粒子源射出的粒子打在金属板上的范围以粒子水平抛出为落点边界，由平抛运动知识，有
[x=v0t]，[h=12at2]
[a=qEm]，[S=π x2]
联立以上各式得所形成的面积为4m2，可以通过减小[h]或增大[E]来实现.
二、带电粒子在电场中的偏转
例2 喷墨打印机的结构简图如图3所示，其中墨盒可以发出墨汁微滴，此微粒经过带电室时被带上负电，带电的多少计算机按字体笔画、高低位置输入信号加以控制，带电后的微滴以一定的初速度进入偏转电场发生偏转后打在纸上，显示出字体. 无信号输入时，墨汁微滴不带电，径直通过偏转极板而注入回流槽流回墨盒.
[信号输入][墨盒][偏转极板][带电室][图3][纸]
设偏转极板长[1.6cm]，两板间的距离为[0.50cm]，偏转板的右端距纸[3.2cm]. 若一个墨汁微滴的质量为[1.6×10-10kg]，以[20m/s]的初速度垂直于电场的方向进入偏转电场，两板间的电压为[8.0×103V]，若墨汁微滴打到纸上的点距原射入方向的距离是[2.0mm]，试求：
（1）这个墨汁微滴通过带电室带的电量；（不计空气阻力和重力，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）
（2）为了使纸上的字体放大[10%]，请你分析提出至少两种可行的方法.
解析 （1）如图4所示为墨汁微滴通过偏转电场时的情形（放大图），图中的[y]为墨汁微滴打到纸上的点距原射入方向的距离，而[θ]为墨汁微滴离开偏转電场时偏离原来运动方向的夹角，由几何关系及匀变速运动规律，有
[图4]
[ys+x=yx=vyv0]
[y=12at2，] [vy=at]
[a=qUmd]， [t=lv0]
代入数据，解得[q=1.25×10-13C]
（2）解以上几式，得[y=qUl（l+2s）2mdv02]
要使字体放大[10%]，也就是使上式中的[y]增大[1000]，由上式可以看出，可以通过改变[U]、[s]、[l]或[d]来达到预期的目的，如：
①将偏转电场的电压增大[10%]，则偏转电压应增大到
[U=U+10%?U=8.0×103V+10%×8.0×103V=8.8×103V] ②将（[l+2s）]增大[10%]，设在[l]不变的情况下，将偏转板的右端距纸的距离增大为[s]，则
[l+2s=110%?（l+2s）]
解得[s=3.6cm]
命题解读 ①这其实就是一个带电粒子在电场中偏转的实际应用题，平常的学习过程中，要学会课本知识和实际生活的结合；②字体放大[10%]是指把字体的线度放大[10%]，而不是把字体的面积放大[10%].
[图5]变式训练 如图5所示 ，在水平向右的匀强电场中，有一带电体[P]自[O]点竖直上抛，它的初动能为[4J]，当它上升到最高点[M]时动能为[5J]，则此带电体折回通过与[O]点在同一水平线上的[O′]点时，其动能多大？
解析 此带电体[P]在重力和电场力的共同作用下，在竖直方向上做竖直上抛运动，而在水平方向上做初速度为零的匀变速直线运动，设带电体[P]在[O]点的动能为[Ek1]，到达最高点[M]时的动能为[Ek2]，到达[O]点时的动能为[Ek3]，则因[tOM=tMO]
故[xOM]︰[xMO=1]︰[3]
另外，[y]方向只有重力做功，所以带电体[P]在[O]点时的竖直方向的速度大小与在[O]点时的相等，对应动能的分量也相等. 在水平方向上，带电体[P]从[O]点运动到[O]点的过程中，它的动能的变化量之比就等于电场力做功之比，也就是带电体的水平位移之比，即[Ek3x-Ek2xEk2x-Ek1x=31]
这样，我们就可以计算出到达[O]点时，带电体的总动能为[24J].
三、带电粒子在交变电场中的运动
命题规律 根据交变电场的变化规律，分析粒子受力和运动情况，确定粒子的运动速度、位移、做功或确定有关量的临界问题.
例3 制备纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中间距为[d]的两平行极板，如图6甲所示. 加在极板[A、B]间的电压[UAB]作周期性变化，其正向电压为[U0]，反向电压为[-kU0（k>1）]，电压变化的周期为[2τ]，如图6乙所示. 在[t=0]时，极板[B]附近的一个电子，质量为[m]、电荷量为[e]，受电场作用由静止开始运动. 若整个运动过程中，电子未碰到极板[A]，且不考虑重力作用.
[极板[A]][极板[B]][电子][甲 乙][图6]
若[k=54]，电子在[0～2τ]时间内不能到达极板[A]，求[d]应满足的条件.
解析 电子在[0～τ]时间内做匀加速运动
加速度的大小[a1=eU0md]
位移[x1=12a1τ2]
在[τ～2τ]时间内先做匀减速运动，后反向做匀加速运动，加速度的大小[a2=5eU04md]
初速度的大小[v1=a1τ]
匀减速运动阶段的位移[x2=v122a2]
依据题意[d>x1+x2]
解得[d>9eU0τ210m]
命题解读 本题考查带电粒子在平行板电容器中的运动情况的分析. 两极板加上周期性变化的交变电压后，其内部电场也会周期性变化，根据电子在电场中所受电场力情况，结合题目中各限制条件即可得到相应结论.
变式训练 如图7甲所示，[A、B]为光滑水平地面上相距[d]的两带电挡板，在[A、B]两板间有一带电荷量为[+q]、质量为[m]的点电荷[P]. 若[+q]两板间所形成电场的电场强度如图7乙所示（从[A]指向[B]为电场强度的正方向），在[t=0]时刻点电荷[P]位于[A、B]两板间中点且初速度为0. 已知点电荷能在[A、B]两板间以最大的幅度运动而不与两板相碰，且点电荷[P]开始从中点第一次运动到某板后，以后每次从一板运动到另一板的过程中，电场方向只改变一次.
[甲 乙][图7]
（1）求点电荷[P]从[A、B]两板中点由静止开始第一次运动到板处的时间；
（2）导出图7乙中时刻[t2]的表达式；
（3）导出图7乙中时刻[tn（n≥2）]的表达式.
解析 （1）设点电荷[P]在两板间运动的加速度大小为[a]，则[qE=ma]
点电荷[P]在电场力作用下开始向[B]板运动，先加速后减速，到达[B]板时速度为0，设加速时间为[t1]，减速时间为[t1′]，有
[at1=at1′]
[12d=12at12+12at1′2]
点电荷[P]第一次到达[B]板的时间[t=t1+t1′]
解得[t=2dg]
（2）设点电荷由[B]板向[A]板加速运动的时间为[t2′]，减速运动的时间为[t2″]，到达[A]板的速度为0，有
[at2′=at2″]
[d=12at2′2+12at2″2]， [t2=t+t2′]
解得[t2=（2+1）dg]
（3）点电荷从[A]板到[B]板从[B]板到[A]板的运动过程完全相同，即每次加速和减速的时間都是[t2′=dg]，从而可得[tn=（2+2n-3）dg （n≥2）]
四、带电物体在复合场中的运动
命题规律 带电物体在电场、重力场组成的复合场中，做直线运动、抛体运动、圆周运动等. 根据其受力和运动情况，确定物体的运动轨迹，物体运动的速度、位移及做功多少. [图8]
例4 如图8所示，质量为[m]、半径为[R]的圆形光滑绝缘轨道放在水平地面上固定的[M、N]两竖直墙壁间，圆形轨道与墙壁间摩擦忽略不计，在轨道所在平面加一竖直向上的场强为[E]的匀强电场. [P、Q]两点分别为轨道的最低点和最高点，在[P]点有一质量为[m]，电荷量为[q]的带正电的小球，现给小球一初速度[v0]，使小球在竖直平面内做圆周运动，不计空气阻力，重力加速度为[g]，则下列说法正确的是（ ） A.小球通过[P]点时对轨道一定有压力
B.小球通过[P]点时的速率一定大于通过[Q]点时的速率
C.从[P]到[Q]点的过程中，小球机械能一定增加
D.若[mg>qE]，要使小球能通过[Q]点且保证圆形轨道不脱离地面，速度[v0]应满足的关系是[5gR-5qERm≤v0<6gR-5qERm]
解析 若电场力大于重力的情况下，小球通过[P]点时轨道可能没有压力，小球通过[P]点时的速率小于通过[Q]点时的速率，选项A、B错误；从[P]到[Q]点的过程中，电场力做功，小球的机械能一定增加，选项C正确；若[mg>qE]，要使小球能通过[Q]点且保证圆形轨道不脱离地面，小球运动到[Q]点的最小速度满足[mg-qE=mv12R]，解得[v1=mg-qERm]，从[P]到[Q]，由动能定理，有[（qE-mg）2R=mv122-mv0122]，解得[v01=][5gR-5qERm]，要使圆形轨道不脱离地面，小球运动到[Q]点对圆形轨道的压力小于[mg]，小球运动到[Q]点的最大速度满足[2mg-qE>mv22R]，解得 [v2<2mg-qERm]，从[P]到[Q]，由动能定理，有[（qE-mg）2R=mv122-mv0222]，解得[v02<6gR-5qERm]，要使小球能通过[Q]点且保证圆形轨道不脱离地面，速度[v0]应满足的关系是：[5gR-5qERm≤v0<6gR-5qERm]，选项D正确. 答案CD.
[图9]变式训练 如图9所示，[A、B]为两块水平放置的金属板，通过闭合的开关S分别与电源两极相连，两板中央各有一个小孔[a]和[b]，在[a]孔正上方某处一带电质点由静止开始下落，不计空气阻力，该质点到达[b]孔时速度恰为零，然后返回. 现要使带电质点能穿出[b]孔，可行的方法是（ ）
A.保持S闭合，将[A]板适当上移
B.保持S闭合，将[B]板适当下移
C.先断开S，再将[A]板适当上移
D.先断开S，再将[B]板适当下移
解析 若开关S闭合，两板间的电压[U]不变，根据动能定理，可知[mgh-qU=12mv2-0]，增大高度[h]即可使帶电质点能穿出[b]孔，移动[A]板不能改变高度[h]，[B]板下移可增大[h]，故选项A错误，选项B正确. 若断开开关S，两板的电荷量不变，电场强度不变，由初始情况可知电场力大于重力，因而无论[A]板上移还是[B]板下移，电场力做功均要大于重力做功，带电质点不可能穿过[b]孔，选项C、D错误. 答案B