2024年高考物理复习第一轮：专题强化课(07)　带电粒子(或带电体)在电场中运动的综合问题

这是一份2024年高考物理复习第一轮：专题强化课(07)　带电粒子(或带电体)在电场中运动的综合问题，共16页。试卷主要包含了三种常见题型，两条分析思路，两个运动特征等内容，欢迎下载使用。

命题点一　带电粒子在交变电场中的运动问题(多维探究)
1．三种常见题型
(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(机械能守恒、动能定理、能量守恒)．
3．两个运动特征
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．
第1维度：粒子的单向直线运动(分段研究)…………………
　如图甲所示，在真空中足够大的绝缘水平地面上，一个质量为m＝0.2 kg、带电荷量为q＝2.0×10－6C的小物块处于静止状态，小物块与地面间的动摩擦因数μ＝0.1.从t＝0时刻开始，空间加上一个如图乙所示的场强大小和方向呈周期性变化的电场(取水平向右为正方向，g取10 m/s2)，求：

(1)23 s内小物块的位移大小；
(2)23 s内电场力对小物块所做的功．
解析：(1)设0～2 s内小物块的加速度为a1
由牛顿第二定律得：E1q－μmg＝ma1
即a1＝＝2 m/s2
位移x1＝a1t＝4 m
2 s末的速度为v2＝a1t1＝4 m/s
设2～4 s内小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律得
E2q－μmg＝ma2
即a2＝＝－2 m/s2
位移x2＝x1＝4 m，4 s末小物块的速度为v4＝0
因此小物块做周期为4 s的先匀加速后匀减速运动
第22 s末的速度为v22＝4 m/s，第23 s末的速度
v23＝v22＋a2t＝2 m/s(t＝23 s－22 s＝1 s)
所求位移为x＝x1＋t＝47 m.
(2)23 s内，设电场力对小物块所做的功为W，由动能定理得W－μmgx＝mv
解得W＝9.8 J.
答案：(1)47 m　(2)9.8 J
第2维度：粒子的偏转运动(分解研究)…………………
　如图甲所示，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U0，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，上极板的电势随时间变化的图像如图乙所示．(每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电压是不变的)求：

(1)在t＝0.06 s时刻，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qU0＝mv2
经电场偏转后侧移量y＝at2＝·
所以y＝，由图知t＝0.06 s时刻U偏＝1.8U0，
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2U0，电子就打不到荧光屏上了，所以荧光屏上电子能打到的区间长为3L＝30 cm.
答案：(1)打在屏上的点位于O点上方，距O点13.5 cm　(2)30 cm
第3维度：粒子做往返运动(一般分段研究)…………………
　如图甲所示，A和B是真空中正对面积很大的平行金属板，O点是一个可以连续产生粒子的粒子源，O点到A、B的距离都是l.现在A、B之间加上电压，电压UAB随时间变化的规律如图乙所示．已知粒子源在交变电压的一个周期内可以均匀产生300个粒子，粒子质量为m、电荷量为－q.这种粒子产生后，在电场力作用下从静止开始运动．设粒子一旦碰到金属板，它就附在金属板上不再运动，且电荷量同时消失，不影响A、B板电势．不计粒子的重力，不考虑粒子之间的相互作用力．已知上述物理量l＝0.6 m，U0＝1.2×103 V，T＝1.2×10－2 s，m＝5×10－10 kg，q＝1.0×10－7 C．

(1)在t＝0时刻产生的粒子，会在什么时刻到达哪个极板？
(2)在t＝0到t＝这段时间内哪个时刻产生的粒子刚好不能到达A板？
(3)在t＝0到t＝这段时间内产生的粒子有多少个可到达A板？
解析：(1)根据题图乙可知，从t＝0时刻开始，A板电势高于B板电势，粒子向A板运动．
因为x＝＝3.6 m>l，所以粒子从t＝0时刻开始，一直加速到达A板．
设粒子到达A板的时间为t，则l＝·t2
解得t＝×10－3 s.
(2)在0～时间内，粒子的加速度大小为
a1＝＝2×105 m/s2
在～T时间内，粒子的加速度大小为
a2＝＝4×105 m/s2
可知a2＝2a1，若粒子在0～时间内加速Δt，再在～T时间内减速刚好不能到达A板，则
l＝a1Δt2＋a1Δt·－a2·(或l＝a1Δt·Δt)
解得Δt＝2×10－3 s
因为＝6×10－3 s，
所以在0～时间内4×10－3 s时刻产生的粒子刚好不能到达A板．
(3)因为粒子源在一个周期内可以产生300个粒子，而在0～时间内的前时间内产生的粒子可以到达A板，所以到达A板的粒子数n＝300××＝100(个)．
答案：(1)×10－3 s到达A极板　(2)4×10－3 s时刻　(3)100个
命题点二　带电粒子的力电综合问题(师生互动)
[核心整合]
解决电场中的力电综合问题，要善于把电学问题转化为力学问题，建立带电粒子(体)在电场中运动的模型，能够灵活应用动力学观点、能量观点和动量观点等多角度进行分析与研究：
1．动力学的观点
(1)由于匀强电场中带电粒子(体)所受电场力和重力都是恒力，可用正交分解法．
(2)综合运用牛顿运动定律和运动学公式，注意受力分析和运动分析，特别注意重力是否需要考虑的问题．
2．能量的观点
(1)运用动能定理，注意过程分析要全面，准确求出过程中的所有力做的功．
(2)运用能量守恒定律，注意题目中有哪些形式的能量出现．
3．动量的观点
(1)运用动量定理，要注意动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选同一个正方向．
(2)运用动量守恒定律，要注意动量守恒定律的表达式是矢量式，注意正方向的选取．
　如图所示，ABD为竖直平面内的光滑绝缘轨道，AB段为足够长的水平轨道，BD段为半径R＝0.2 m的半圆轨道，二者相切于B点，整个轨道处于竖直向下的匀强电场中，场强大小E＝5.0×103 V/m.一不带电的绝缘小球甲，以速度v0沿水平轨道向右运动，与静止在B点带正电的小球乙发生弹性正碰．已知乙球质量m＝1.0×10－2 kg，所带电荷量q＝2.0×10－5 C，乙球质量为甲球质量的3倍．取g＝10 m/s2，甲、乙两球均可视为质点，整个运动过程中无电荷转移．

(1)甲、乙两球碰撞后，乙球通过轨道的最高点D时，对轨道的压力大小N′为自身重力的2.5倍，求乙在水平轨道上的首次落点到B点的距离；
(2)在满足(1)的条件下，求甲球的初速度v0.
解析：(1)设乙到达最高点D时的速度为vD，乙离开D点首次到达水平轨道的时间为t，加速度为a，乙在水平轨道上的首次落点到B点的距离为x，乙离开D点后做类平抛运动，
则2R＝at2，x＝vDt
根据牛顿第二定律有a＝
乙过D点时有mg＋qE＋N＝m(式中N为乙在D点时轨道对乙的作用力)
根据牛顿第三定律有N＝N′＝2.5mg
解得x＝0.6 m.
(2)设碰后瞬间甲、乙两球的速度分别为v1、v2，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有
mv0＝mv1＋mv2
×mv＝×mv＋mv
联立解得v2＝v0
乙球从B到D的过程中，根据动能定理有
－mg·2R－qE·2R＝mv－mv
由(1)可得vD＝3 m/s
联立解得v0＝10 m/s.
答案：(1)0.6 m　(2)10 m/s
[题组突破]
1．(在电场中运动物体的功能关系)(2022·名师原创预测)如图所示，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，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，忽略空气阻力．求：

(1)小物块第一次通过C点时对轨道的压力大小FNC1；
(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vC1，根据动能定理有
qE[Lsin 37°＋R(1－cos 37°)]－μqELcos 37°＝mv－0
解得vC1＝
在C点根据向心力公式得FNC1′－qE＝
解得FNC1′＝5.4qE
根据牛顿第三定律得FNC1＝5.4qE.
(2)设小物块第一次到达D点时的速度大小为vD1，
根据动能定理有
qE(Lsin 37°－Rcos 37°)－μqELcos 37°＝mv－0
解得vD1＝
小物块第一次到达D点后先以速度vD1逆着电场方向做匀减速直线运动，设运动的最大距离为xm，根据动能定理得－qExm＝0－mv
解得xm＝R.
(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



2.(用动力学观点和能量观点解决力电综合问题)如图所示，光滑绝缘的轨道放置在竖直平面内，轨道的AB部分竖直，BC部分是半径为R的半圆，整个空间存在方向水平向左的匀强电场，其电场强度为E＝，现将质量为m、带电荷量为＋q的小球(可看作质点)从A点由静止释放，A、B距离为h，不计空气阻力，重力加速度为g，求：
(1)当h＝1.5R时，小球到达半圆轨道最低点时的速率为多大？
(2)要使小球能到达半圆轨道的C点，h应满足什么条件？
(3)若小球从C点射出时的速率为v0＝，则小球与轨道AB的撞击点A′与B点之间的距离h′为多少？
解析：(1)带电小球从A点到半圆轨道最低点时，由动能定理可得
mg(h＋R)－qER＝mv2
解得v＝2.
(2)设小球经过C点时的最小速率为vmin，此时小球对C点的压力为零，
由圆周运动知识得qE＝m
由动能定理可得mgh－qE·2R＝mv
两式联立代入数据得h＝R
所以要使小球能到达半圆轨道的C点，h应满足的条件是h≥R.
(3)小球从C点射出后，在水平方向上做初速度为零的匀加速运动，在竖直方向上做竖直上抛运动
其水平方向所受合力Fx＝qE＝max
则ax＝g
所以水平方向有2R＝axt2，
竖直方向有h′＝v0t－gt2
两式联立得h′＝0.
答案：(1)2　(2)h≥R　(3)0

素养培优23　等效思维法在电场中的应用
1．“等效重力”及“等效重力加速度”

在匀强电场中，将重力与电场力进行合成，如图所示，则F合为“等效重力场”中的“等效重力”，g′＝为“等效重力场”中的“等效重力加速度”，F合的方向为“等效重力”的方向，即在等效重力场中的竖直向下方向．
2．等效最“高”点与最“低”点的确定方法
在“等效重力场”中过圆周运动的圆心作“等效重力”的作用线，其反向延长线交于圆周上的那个点即为圆周运动的等效最“高”点，沿着“等效重力”的方向延长交于圆周的那个点为即等效最“低”点，如图所示．

　如图所示，半径为r的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，环上套有一质量为m、带电荷量为＋q的珠子，现在圆环平面内加一个匀强电场，使珠子由最高点A从静止开始释放(AC、BD为圆环的两条互相垂直的直径)，要使珠子沿圆弧经过B、C刚好能运动到D．(重力加速度为g)
(1)求所加电场的场强最小值及所对应的场强的方向；
(2)当所加电场的场强为最小值时，求珠子由A到达D的过程中速度最大时对环的作用力大小；
(3)在(1)问电场中，要使珠子能完成完整的圆周运动，在A点至少应使它具有多大的初动能？
解析：(1)根据题述，珠子运动到BC弧中点M时速度最大，作过M点的直径MN，设电场力与重力的合力为F，则其方向沿NM方向，分析珠子在M点的受力情况，由图可知，当F电垂直于F时，F电最小，最小值为：
F电min＝mgcos 45°＝mg
F电min＝qEmin
解得所加电场的场强最小值Emin＝，方向沿∠AOB的角平分线指向左上方．
(2)当所加电场的场强为最小值时，电场力与重力的合力为
F＝mgsin 45°＝mg
把电场力与重力的合力看作是“等效重力”，对珠子由A运动到M的过程，由动能定理得
F＝mv2－0
在M点，由牛顿第二定律得：FN－F＝m
联立解得FN＝mg
由牛顿第三定律知，珠子对环的作用力大小为
FN′＝FN＝mg.
(3)由题意可知，N点为等效最高点，只要珠子能到达N点，就能做完整的圆周运动，珠子在N点速度为0时，所需初动能最小，此过程中，由动能定理得：
－F＝0－EkA
解得EkA＝mgr.
答案：(1)　方向沿∠AOB的角平分线指向左上方
(2)mg
(3)mgr
限时规范训练
[基础巩固]
1.(2022·泰安质检)如图所示，内壁光滑的绝缘真空细玻璃管竖直放置，A、B端分别固定带电小球a、b，另一带电小球c(其直径略小于管内径)位于AB中点O，处于静止状态，小球均带正电．轻晃玻璃管可观察到小球c在O点附近的M、N两点间(M、N关于O点对称)上下运动．下列说法正确的是(　　)
A．M、N两点的电势相等
B．小球c在运动过程中机械能守恒
C．小球a的电荷量等于小球b的电荷量
D．小球c从O点运动到N点电场力做负功
解析：D　小球c开始静止在O点，知重力和电场力平衡，可知b球对c球的电场力大于a球对c球的电场力，则小球a的电荷量小于小球b的电荷量，小球a和小球b的电荷量不等，故关于ab中点O对称的两点M、N电势不等，故A、C错误；小球在振动的过程中，除重力做功以外，还有电场力做功，机械能不守恒，故B错误；小球c从O点运动到N点的过程是减速向下运动，合力向上，重力向下，则电场力向上，电场力做负功，故D正确．
2.(多选)如图所示，电量和质量都相同的带正电粒子分别以不同的初速度水平通过A、B两板间的加速电场后飞出，不计重力的作用，则(　　)
A．它们通过加速电场所需的时间相等
B．它们通过加速电场过程中动能的增量相等
C．它们通过加速电场过程中动量的增量相等
D．它们通过加速电场过程中电势能的减少量相等
解析：BD　根据牛顿第二定律得，粒子的加速度a＝，可知加速度相等，因为初速度不同，根据位移时间公式知，运动的时间不同．根据Δv＝at知，速度的变化量不同，根据Δp＝mΔv可知动量增量不相同，故A、C错误；根据动能定理得，qU＝ΔEk，知电场力做功相同，则动能的增量相同，故B正确；因为电场力做功相等，根据电场力做功与电势能的关系知，电势能的减小量相等，故D正确．
3．示波器是一种多功能电学仪器，由加速电场和偏转电场组成．如图所示，电子在电压为U1的电场中由静止开始加速，然后射入电压为U2的平行金属板间的电场中，入射方向与极板平行，在满足电子能射出平行电场区域的条件下，下述情况一定能使电子偏转角度θ变大的是(　　)

A．U1变大，U2变大　 B．U1变小，U2变大
C．U1变大，U2变小 D．U1变小，U2变小
解析：B　电子通过加速电场时有eU1＝mv，电子在偏转电场中，垂直于电场线的方向上做匀速直线运动，则运动时间t＝；平行于电场线的方向上做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a＝，末速度vy＝at＝，偏转角tan θ＝＝，所以θ∝，B正确．
4．(多选)如图所示，在绝缘的斜面上方存在着水平向右的匀强电场，一带电金属块沿斜面滑下，已知金属块在滑下的过程中动能增加了12 J，金属块克服摩擦力做功8 J，重力做功24 J，则以下判断正确的是(　　)
A．金属块的机械能增加32 J
B．金属块的电势能增加4 J
C．金属块带正电荷
D．金属块克服电场力做功8 J
解析：BC　由动能定理得：W总＝WG＋W电＋Wf＝ΔEk，解得：W电＝－4 J，所以金属块克服电场力做功4 J，金属块的电势能增加4 J；由于金属块下滑，电场力做负功，所以电场力应该水平向右，所以金属块带正电荷，故B、C正确，D错误；在金属块下滑的过程中重力做功24 J，重力势能减小24 J，动能增加了12 J，所以金属块的机械能减少12 J，故A错误．
5．(2022·广东六校联盟第二次联考)如图所示，AB为水平绝缘粗糙轨道，动摩擦因数为μ＝0.2，AB距离为5 m；BC为半径r＝1 m的竖直光滑绝缘半圆轨道；BC的右侧存在竖直向上的匀强电场，电场强度E＝500 N/C．一质量m＝1 kg、电量q＝1.0×10－2 C的带负电小球，在功率P恒为20 W的水平向右拉力作用下由静止开始运动，到B点时撤去拉力．已知到达B点之前已经做匀速运动(g＝10 m/s2)，求：

(1)小球匀速运动的速度大小；
(2)小球从A运动到B所用的时间；
(3)请计算分析小球是否可以到达C点，若可以，求轨道对小球的弹力大小．
解析：(1)因为小球做匀速直线运动，所以F＝Ff
Ff＝μmg＝2 N
小球匀速运动的速度大小v0＝＝10 m/s.
(2)A到B过程中，由动能定理得
Pt－μmg·＝mv
其中vB＝v0＝10 m/s
解得t＝3 s.
(3)小球从B点到C点，由动能定理得
－(mg＋qE)·2r＝mv－mv
解得vC＝2 m/s
若小球恰好过C点，则mg＋qE＝m
解得v＝ m/s＜vC
则在C点，根据牛顿第二定律mg＋qE＋FN＝m
解得轨道对小球的弹力FN＝25 N.
答案：(1)10 m/s　(2)3 s　(3)可以　25 N
[能力提升]
6.如图所示，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(　　)
A．小球带负电
B．电场力与重力平衡
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：B　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，即电场力与重力平衡，则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．
7．(多选)如图所示，ABCD为竖直放置的光滑绝缘细管道，其中AB部分是半径为R的圆弧形管道，BCD部分是固定的水平管道，两部分管道恰好相切于B点．水平面内的M、N、B三点连线构成边长为L的等边三角形，M、N连线过C点且垂直于BCD．两个带等量异种电荷的点电荷分别固定在M、N两点，电荷量分别为＋Q和－Q.现把质量为m、电荷量为＋q的小球(小球直径略小于管道内径，小球可视为点电荷)，由管道的A处静止释放，已知静电力常量为k，重力加速度为g，则(　　)

A．小球运动到B点时受到的电场力小于运动到C点时受到的电场力
B．小球在B点时的电势能小于在C点时的电势能
C．小球在A点时的电势能等于在C点时的电势能
D．小球运动到C点时的速度为
解析：AC　根据等量异种点电荷的电场特征，B点电场强度小于C点，小球在B点时受到的电场力小于运动到C点时受到的电场力，故A项正确．根据等量异种点电荷的电场特征可知A、B、C三点处于同一个等势面上，所以三点的电势相等，小球在三点处的电势能是相等的，故B项错误，C项正确．从A点到C点的运动过程只有重力对小球做功，由动能定理可得：mgR＝mv，所以小球在C点时速度为，故D项错误．
8．(2022·四川达州市模拟)(多选)如图所示，M、N是组成电容器的两块水平放置的平行金属极板，M中间有一小孔．M、N分别接到电压恒定的电源上(图中未画出)．小孔正上方的A点与极板M相距h，与极板N相距3h.某时刻一质量为m、带电荷量为q的微粒从A点由静止下落，到达极板N时速度刚好为零，不计空气阻力，重力加速度为g.则(　　)

A．带电微粒在M、N两极板间往复运动
B．两极板间电场强度大小为
C．若将M向下平移，微粒仍从A点由静止下落，进入电场后速度为零的位置与N的距离为h
D．若将N向上平移，微粒仍从A由静止下落，进入电场后速度为零的位置与M的距离为h
解析：BD　由于微粒在电场中和在电场外受到的力都是恒力不变，可知微粒将在A点和下极板之间往复运动，选项A错误；由动能定理：mg·3h－Eq·2h＝0，解得E＝，选项B正确；若将M向下平移，则板间场强变为E1＝＝＝E，则当微粒速度为零时，由动能定理：mg·(3h－Δh)－E1q·＝0，可知方程无解，选项C错误；若将N向上平移， 则板间场强变为E2＝＝＝E，设微粒速度为零时的位置与M极板相距Δh′，由动能定理：mg·(h＋Δh′)＝E2q·Δh′，解得Δh′＝h，选项D正确．
9．如图甲为一对长度为L的平行金属板，在两板之间加上如图乙所示的电压．现沿两板的中轴线从左端向右端连续不断射入初速度为v0的相同带电粒子(不计重力及粒子间的相互作用)，且所有粒子均能从平行金属板的右端飞出，若粒子在两板之间的运动时间均为T，则粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大小之比是(　　)

A．1∶1　　　　　　　 B．2∶1
C．3∶1 D．4∶1
解析：C　粒子在两板之间的运动时间均为T，设偏转电场电压不为零时，粒子在偏转电场中的加速度为a，若粒子在t＝nT时刻进入偏转电场，则竖直方向上先加速后匀速然后飞出偏转电场，此时粒子偏转位移最大，ymax＝a＋a××＝aT2；若粒子在t＝nT＋时刻进入偏转电场，则竖直方向上先静止后加速然后飞出偏转电场，此时粒子偏转位移最小，ymin＝0＋a＝aT2，则粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大小之比是3∶1，故C项正确．
10．如图所示，ACB是一条足够长的绝缘水平轨道，轨道CB处在方向水平向右、大小E＝1.0×106 N/C的匀强电场中，一质量m＝0.25 kg、电荷量q＝－2.0×10－6 C的可视为质点的小物体，在距离C点L0＝6.0 m的A点处，在拉力F＝4.0 N的作用下由静止开始向右运动，当小物体到达C点时撤去拉力，小物体滑入电场中．已知小物体与轨道间的动摩擦因数μ＝0.4，取g＝10 m/s2，求：

(1)小物体到达C点时的速度大小；
(2)小物体在电场中运动的时间．
解析：(1)根据牛顿第二定律，小物体的加速度大小为：
a＝＝12 m/s2
小物体到达C点的过程中有：v2＝2aL0
代入数据解得：v＝12 m/s.
(2)根据牛顿第二定律，小物体向右减速运动的加速度大小为：
a1＝＝12 m/s2
小物体向右运动的时间：t1＝＝1.0 s
小物体向右运动的位移：x1＝t1＝6.0 m
由于|q|E>μmg，所以小物体先向右减速运动，后反向向左加速运动，直到滑出电场
根据牛顿第二定律，小物体向左加速运动的加速度大小为：
a2＝＝4 m/s2
小物体在电场中向左运动的时间为：
t2＝ ＝ s
小物体在电场中运动的总时间为：
t＝t1＋t2＝(1＋) s≈2.7 s.
答案：(1)12 m/s　(2)2.7 s