素養(yǎng)培優(yōu)專練5高考物理總復(fù)習(xí)精品

素養(yǎng)培優(yōu)專練(五)一、靜電場在實(shí)際情境中的應(yīng)用(一)靜電場在生產(chǎn)、生活中的應(yīng)用1.(2021·遼寧省大連市高三下二模)飛機(jī)油箱內(nèi)的油量是估計(jì)其續(xù)航時(shí)間和確保飛行安全的重要參數(shù)。一種電容式測量飛機(jī)油箱內(nèi)油量的裝置如圖，油箱內(nèi)置圓筒形電容器，電容的變化反映了油面高度的變化。下列說法正確的是()A．給飛機(jī)供油時(shí)油量增加，相當(dāng)于改變了電容器中的電介質(zhì)，電容會(huì)增大B．給飛機(jī)供油時(shí)油量增加，相當(dāng)于改變了電容器中的電介質(zhì)，電容會(huì)減小C．飛行過程中油量減少，相當(dāng)于改變了兩極板間的正對面積，電容會(huì)減小D．飛行過程中油量減少，相當(dāng)于改變了兩極板間的正對面積，電容會(huì)增加答案A解析給飛機(jī)供油時(shí)油量增加，相當(dāng)于改變了電容器中的電介質(zhì)，根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，εr增大，電容會(huì)增大，A正確，B錯(cuò)誤；同理可知C、D錯(cuò)誤。2.(2021·廣東省潮州市高三二模)如圖所示為某電子秤示意圖。一絕緣支架放在電子秤上，上端固定一帶電小球a，穩(wěn)定后，電子秤示數(shù)為F?，F(xiàn)將另一固定于絕緣手柄一端的不帶電小球b與a球充分接觸后，再移至小球a正上方L處，待系統(tǒng)穩(wěn)定后，電子秤示數(shù)為F1；用手摸小球b使其再次不帶電，后將該不帶電小球b與a球再次充分接觸并重新移至a球正上方L處，電子秤示數(shù)為F2。若兩小球完全相同，則()A．F1<F2B．F1＝4F2C．若小球a帶負(fù)電，L增大，則F1增大D．若小球a帶正電，L減小，則F2增大答案D解析小球b與a球充分接觸后，再移至小球a正上方L處，待系統(tǒng)穩(wěn)定后，b對a有向下的庫侖力，設(shè)為F′，則F′＝keq\f(\f(Q,2)×\f(Q,2),L2)＝keq\f(Q2,4L2)，電子秤示數(shù)為F1＝F＋F′；用手摸小球b使其再次不帶電，后將該不帶電小球b與a球再次充分接觸并重新移至a球正上方L處，設(shè)b對a向下的庫侖力為F″，則F″＝keq\f(\f(Q,4)×\f(Q,4),L2)＝keq\f(Q2,16L2)，電子秤示數(shù)為F2＝F＋F″，因此F1＞F2，但F1≠4F2，A、B錯(cuò)誤。若小球a帶負(fù)電，L增大，根據(jù)庫侖定律可知，F(xiàn)′減小，則F1減小，C錯(cuò)誤；若小球a帶正電，L減小，根據(jù)庫侖定律可知，F(xiàn)″增大，則F2增大，D正確。3．(2021·山東省日照市二模)噴墨打印機(jī)的結(jié)構(gòu)原理如圖所示，其中墨盒可以發(fā)出半徑為1×10－5m的墨汁微粒。微粒經(jīng)過帶電室時(shí)被帶上負(fù)電，帶電量的多少由計(jì)算機(jī)按字體筆畫高低位置輸入信號(hào)加以控制。帶電后的微粒以一定的初速度進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場發(fā)生偏轉(zhuǎn)后，打到紙上，顯示出字體。無信號(hào)輸入時(shí)，墨汁微粒不帶電，沿直線通過偏轉(zhuǎn)電場而注入回流槽流回墨盒。設(shè)偏轉(zhuǎn)極板長L1＝1.6cm，兩板間的距離d＝0.50cm，偏轉(zhuǎn)板的右端到紙的距離L2＝2.4cm。若一個(gè)墨汁微粒的質(zhì)量為1.6×10－10kg，所帶電荷量為1.25×10－12C，以20m/s的初速度垂直于電場方向進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，打到紙上的點(diǎn)距原射入方向的距離是1.0mm。(不計(jì)空氣阻力和墨汁微粒的重力，可以認(rèn)為偏轉(zhuǎn)電場只局限在平行板電容器內(nèi)部，忽略邊緣電場的不均勻性)下列說法正確的是()A．墨汁微粒從進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場到打在紙上，做類平拋運(yùn)動(dòng)B．兩偏轉(zhuǎn)板間的電壓是2.0×103VC．兩偏轉(zhuǎn)板間的電壓是5.0×102VD．為了使紙上的字體放大10%，可以把偏轉(zhuǎn)電壓降低10%答案C解析墨汁微粒在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，射出偏轉(zhuǎn)電場后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；墨汁微粒射出偏轉(zhuǎn)電場后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，且速度反向延長線過類平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移的中點(diǎn)，可知eq\f(vy,v0)＝eq\f(y,\f(L1,2)＋L2)，又vy＝at＝eq\f(qU,md)t，t＝eq\f(L1,v0)，聯(lián)立解得兩偏轉(zhuǎn)板間的電壓是U＝5.0×102V，B錯(cuò)誤，C正確；由以上各式得y＝eq\f(qUL1L1＋2L2,2mdv\o\al(2,0))，為了使紙上的字體放大10%，也就是墨汁微粒偏移量y增大10%，則可以把偏轉(zhuǎn)電壓提高10%，D錯(cuò)誤。(二)靜電場在體育運(yùn)動(dòng)、活動(dòng)中的應(yīng)用4.(2021·天津市河西區(qū)高三下質(zhì)量調(diào)查三)法拉第籠是一個(gè)由金屬制成的球形籠子，與大地連通。當(dāng)高壓電源通過限流電阻將10萬伏直流高壓輸送給放電桿，放電桿尖端靠近籠體時(shí)，出現(xiàn)放電火花。如圖所示，體驗(yàn)者進(jìn)入籠體后關(guān)閉籠門，操作員接通電源，用放電桿進(jìn)行放電演示。下列說法正確的是()A．法拉第籠上的感應(yīng)電荷均勻分布在籠體外表面上B．法拉第籠內(nèi)部任意兩點(diǎn)間的電勢差為零C．法拉第籠上的感應(yīng)電荷在籠內(nèi)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度為零D．同一帶電粒子在法拉第籠外的電勢能大于在法拉第籠內(nèi)部的電勢能答案B解析法拉第籠上的感應(yīng)電荷在籠體外表面上分布不均勻，離放電桿尖端越近和越遠(yuǎn)處電荷密度越大，A錯(cuò)誤；因靜電屏蔽作用，法拉第籠內(nèi)部任意位置電場強(qiáng)度均等于零，所以法拉第籠內(nèi)部任意兩點(diǎn)間的電勢差為零，B正確；法拉第籠上的感應(yīng)電荷與放電桿尖端上的電荷在籠內(nèi)的合場強(qiáng)等于零，所以法拉第籠上的感應(yīng)電荷在籠內(nèi)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度不等于零，C錯(cuò)誤；由于帶電粒子和放電桿尖端的電性未知，所以無法比較同一帶電粒子在法拉第籠外的電勢能與在法拉第籠內(nèi)部的電勢能的大小，D錯(cuò)誤。(三)靜電場在前沿科技、遷移創(chuàng)新中的應(yīng)用5.(2021·江蘇省南京市、鹽城市高三二模)2020年2月，中國科學(xué)家通過冷凍電鏡捕捉到新冠病毒表面S蛋白與人體細(xì)胞表面ACE2蛋白的結(jié)合過程，首次揭開了新冠病毒入侵人體的神秘面紗。電子顯微鏡是冷凍電鏡中的關(guān)鍵部分，其中的一種電子透鏡的電場分布如圖所示，虛線為等差等勢面，一電子在其中運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖中實(shí)線所示，a、b是軌跡上的兩點(diǎn)，則()A．a(chǎn)點(diǎn)的電場強(qiáng)度大于b點(diǎn)的電場強(qiáng)度B．b點(diǎn)電場強(qiáng)度的方向水平向右C．a(chǎn)點(diǎn)的電勢高于b點(diǎn)的電勢D．電子在a點(diǎn)的電勢能大于在b點(diǎn)的電勢能答案C解析根據(jù)等勢面與電場線方向處處垂直，可大致作出電場線分布圖，又因?yàn)殡妶隽χ赶蜍壽E內(nèi)側(cè)，知電場線方向向左，則電場線如圖所示，由電場線疏密知a點(diǎn)的電場強(qiáng)度小于b點(diǎn)的電場強(qiáng)度，故A、B錯(cuò)誤；順著電場線方向，電勢逐漸降低，又同一等勢面上各點(diǎn)電勢相等，則a點(diǎn)電勢高于b點(diǎn)電勢，故C正確；電子在電勢低的地方電勢能大，在電勢高的地方電勢能小，而φa>φb，則電子在a點(diǎn)的電勢能小于在b點(diǎn)的電勢能，故D錯(cuò)誤。6．(2021·江蘇省蘇、錫、常、鎮(zhèn)四市一模)電子光學(xué)中，一種靜電透鏡的簡化模型如圖所示，以O(shè)為球心的球形邊界外部各處的電勢均為φ1，內(nèi)部各處的電勢均為φ2，φ1>φ2。一束離軸很近且關(guān)于軸對稱的電子束以速度v1沿平行于軸的方向運(yùn)動(dòng)，在越過球形邊界“殼層”的過程中，電子運(yùn)動(dòng)速度將發(fā)生變化，不計(jì)電子之間的相互作用力，則下列說法正確的是()A．電子束按圖甲“會(huì)聚”，在球內(nèi)的速度v2>v1B．電子束按圖甲“會(huì)聚”，在球內(nèi)的速度v2<v1C．電子束按圖乙“發(fā)散”，在球內(nèi)的速度v2>v1D．電子束按圖乙“發(fā)散”，在球內(nèi)的速度v2<v1答案D解析因φ1>φ2，根據(jù)電場線方向由高電勢處指向低電勢處，可知球形邊界處所有電場線均從球形邊界外部指向球心處，且球內(nèi)和球外不存在電場。由于電子所帶電荷為負(fù)電荷，所以電子在球形邊界處受力方向與電場線方向相反，故電子的運(yùn)動(dòng)方向如題圖乙所示，故A、B錯(cuò)誤。由于電子在球形邊界處所受電場力方向指向球外側(cè)，故電子從球外側(cè)進(jìn)入球內(nèi)的過程中，電場力做負(fù)功，速度減小，即v2<v1，故C錯(cuò)誤，D正確。二、重難點(diǎn)強(qiáng)化專練(一)靜電場中的圖像問題7．(2021·江蘇省南京市高三下5月沖刺練習(xí))某電子透鏡兩極間的電場線分布如圖所示，中間的一條電場線是直線，其他電場線對稱分布，電子從O點(diǎn)沿直線OA以某一初速度僅在電場力作用下運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)。取O點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，沿直線向右為x軸正方向。從O到A的運(yùn)動(dòng)過程中，關(guān)于電子運(yùn)動(dòng)速度v和加速度大小a隨時(shí)間t的變化、電子的動(dòng)能Ek和運(yùn)動(dòng)軌跡上各點(diǎn)的電勢φ隨位移x的變化圖線中可能正確的是()答案C解析根據(jù)電場線的疏密表示電場強(qiáng)度的大小，由題圖知，從O到A，電場強(qiáng)度先增大后減小，則電子的加速度先增大后減小，B錯(cuò)誤；電子所受電場力沿x軸負(fù)方向，則從O到A，速度一直減小，而v-t圖像的斜率表示加速度，由B項(xiàng)分析可知，v-t圖像的斜率先增大后減小，A錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理知，ΔEk＝－eE·Δx，可得eq\f(ΔEk,Δx)＝－eE，結(jié)合B項(xiàng)分析可知，從O到A，E-x圖像的斜率一直為負(fù)，且絕對值先增大后減小，C正確；由電場線方向可知，從O到A，φ逐漸減小，又φ-x圖像斜率的絕對值表示電場強(qiáng)度大小，結(jié)合B項(xiàng)分析可知，φ-x圖像斜率的絕對值先增大后減小，D錯(cuò)誤。8.(2021·湖南省懷化市高三下一模)(多選)沿電場中某條電場線方向建立x軸，該電場線上各點(diǎn)電場強(qiáng)度E隨x的變化規(guī)律如圖所示，坐標(biāo)軸上的點(diǎn)0、x1、x2和x3分別與x軸上O、A、B、C四點(diǎn)相對應(yīng)，相鄰兩點(diǎn)間距相等。一個(gè)帶正電的粒子從O點(diǎn)由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)的動(dòng)能為Ek，僅考慮電場力作用，則下列說法正確的是()A．從O點(diǎn)到C點(diǎn)，電勢先升高后降低B．粒子先做勻加速運(yùn)動(dòng)，后做變加速運(yùn)動(dòng)C．粒子運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)動(dòng)能大于3EkD．粒子在AB段電勢能減少量大于BC段電勢能減少量答案CD解析從O點(diǎn)到C點(diǎn)，電場強(qiáng)度方向保持不變，始終沿x軸正方向，則從O點(diǎn)到C點(diǎn)，電勢逐漸降低，A錯(cuò)誤；由圖像可知從O點(diǎn)到C點(diǎn)場強(qiáng)先增大后減小，則電場力也是先增大后減小，所以粒子的加速度先增大后減小，一直做變加速運(yùn)動(dòng)，B錯(cuò)誤；E-x圖像中圖線與x軸所圍的面積表示電勢差，則有UOC>3UOA，由動(dòng)能定理有qUOA＝Ek，qUOC＝EkC，可得EkC>3Ek，即粒子運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)動(dòng)能大于3Ek，C正確；粒子在AB段圖像中圖線與x軸所圍的面積大于BC段圖像中圖線與x軸所圍的面積，則UAB>UBC，所以粒子在AB段電勢能的減少量大于在BC段電勢能的減少量，D正確。9．(2021·遼寧省葫蘆島市高三下二模)(多選)如圖甲所示，兩個(gè)點(diǎn)電荷Q1、Q2固定在x軸上，其中Q1位于原點(diǎn)O，a、b是它們連線延長線上的兩點(diǎn)。現(xiàn)有一帶負(fù)電的粒子q以一定的初速度沿x軸從a點(diǎn)開始經(jīng)b點(diǎn)向遠(yuǎn)處運(yùn)動(dòng)(粒子只受電場力作用)，設(shè)粒子經(jīng)過a、b兩點(diǎn)時(shí)的速度分別為va、vb，其速度隨坐標(biāo)x變化的圖像如圖乙所示，則以下判斷正確的是()A．x＝3L處場強(qiáng)一定為零B．Q2的電荷量等于Q1的電荷量C．a(chǎn)b連線的中點(diǎn)電勢最低D．q在a點(diǎn)的電勢能比在b點(diǎn)的電勢能多答案AD解析由圖像分析可知，粒子在x＝3L處的加速度為0，則x＝3L處的合場強(qiáng)為零，粒子先加速后減速，分析知Q1帶正電，Q2帶負(fù)電，且Q1＞Q2，故A正確，B錯(cuò)誤；該粒子從a點(diǎn)到x＝3L處做加速運(yùn)動(dòng)，則電場力做正功，電勢能減小，再據(jù)Ep＝qφ知，電勢升高，從x＝3L處到b點(diǎn)做減速運(yùn)動(dòng)，電場力做負(fù)功，電勢能增加，電勢降低，故x＝3L處即ab中點(diǎn)處電勢最高，故C錯(cuò)誤；由圖像可知，粒子在b點(diǎn)的速度大于在a點(diǎn)的速度，從a點(diǎn)到b點(diǎn)整個(gè)過程中電場力做正功，電勢能減小，則q在a點(diǎn)的電勢能比在b點(diǎn)的電勢能多，故D正確。10．(2021·上海市普陀區(qū)一模)(多選)如圖甲所示，兩平行金屬板A、B放在真空中，間距為d，P點(diǎn)在A、B板間，A板接地，B板的電勢φ隨時(shí)間t的變化情況如圖乙所示，t＝0時(shí)，在P點(diǎn)由靜止釋放一質(zhì)量為m、電荷量為e的電子，當(dāng)t＝2T時(shí)，電子回到P點(diǎn)。電子運(yùn)動(dòng)過程中未與極板相碰，不計(jì)重力，則下列說法正確的是()A．φ1∶φ2＝1∶2B．φ1∶φ2＝1∶3C．在0～2T時(shí)間內(nèi)，當(dāng)t＝T時(shí)電子的電勢能最小D．在0～2T時(shí)間內(nèi)，電子的動(dòng)能增大了eq\f(2φ\o\al(2,1)e2T2,d2m)答案BCD解析電子在0～T時(shí)間內(nèi)向上加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為a1，在T～2T時(shí)間內(nèi)先向上減速到零后再向下加速回到原出發(fā)點(diǎn)，設(shè)加速度大小為a2，則eq\f(1,2)a1T2＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1T·T－\f(1,2)a2T2))，解得a2＝3a1，由于a1＝eq\f(φ1e,dm)，a2＝eq\f(φ2e,dm)，則φ1∶φ2＝1∶3，A錯(cuò)誤，B正確；A板始終接地，故可設(shè)A板電勢始終為零，由Ep＝qφ可知，在0～T時(shí)間內(nèi)，電子的電勢能始終小于零，且距離A板最遠(yuǎn)，即t＝T時(shí)，電勢能最小，在T～2T時(shí)間內(nèi)，電子的電勢能始終大于零，綜合分析可知，0～2T時(shí)間內(nèi)，t＝T時(shí)電子的電勢能最小，C正確；電子在t＝2T時(shí)刻的速度v2＝a1T－a2T＝－eq\f(2φ1eT,dm)，故電子的動(dòng)能增大了ΔE＝Ek2－0＝eq\f(2e2T2φ\o\al(2,1),md2)，故D正確。(二)帶電物體在電場中運(yùn)動(dòng)的綜合問題11.(2021·廣東省佛山市高三二模)1913年，密立根用油滴實(shí)驗(yàn)測得了電子電量的精確數(shù)值。如圖所示，當(dāng)油滴噴出時(shí)，因與噴霧器摩擦而帶負(fù)電，油滴通過小孔進(jìn)入平行板電容器A、B之間，調(diào)節(jié)兩板間的電壓，讓油滴緩慢勻速下落，并測定油滴直徑等相關(guān)物理量，可推算出該油滴的電荷量，不計(jì)油滴間相互作用。下列相關(guān)說法正確的是()A．油滴由于失去正電荷而帶負(fù)電B．若僅增大A、B間電壓，油滴將加速下落C．若僅增大A、B間距離，油滴將減速下落D．若在A、B間同時(shí)懸停著兩顆油滴，則直徑大的帶電量一定大答案D解析油滴與噴霧器摩擦得到電子從而帶負(fù)電，A錯(cuò)誤；由于油滴帶負(fù)電，所受電場力向上，若僅增大A、B間電壓，電場力增大，油滴將減速下落，B錯(cuò)誤；若僅增大A、B間距離，A、B間電壓不變，根據(jù)E＝eq\f(U,d)可知A、B間電場強(qiáng)度減小，電場力小于重力，油滴將加速下落，C錯(cuò)誤；若在A、B間同時(shí)懸停著兩顆油滴，直徑大的質(zhì)量一定大，根據(jù)mg＝Eq可知質(zhì)量大的帶電量一定大，因此直徑大的帶電量一定大，D正確。12.(多選)如圖所示，兩塊帶有等量異種電荷的平行金屬板A、B傾斜放置，板與水平方向的夾角θ＝37°，一個(gè)電荷量為q＝1.25×10－3C、質(zhì)量為m＝10g的小球，自A板上的小孔P以水平速度v0＝0.075m/s飛入兩板之間的電場，未與B板相碰又回到小孔P處(g取10m/s2，sin37°＝0.6)，下列說法正確的是()A．板間電場強(qiáng)度大小為100V/mB．板間電場強(qiáng)度大小為133V/mC．小球在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為0.02sD．小球在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為0.04s答案AC解析小球又回到P處，則小球所受重力和靜電力的合力與v0反向，對小球進(jìn)行受力分析，有cosθ＝eq\f(mg,Eq)，解得電場強(qiáng)度大小為E＝100V/m，A正確，B錯(cuò)誤；小球的加速度大小為a＝eq\f(mgtan37°,m)＝gtan37°＝7.5m/s2，在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t＝2eq\f(v0,a)＝0.02s，C正確，D錯(cuò)誤。13.(2019·天津高考)如圖所示，在水平向右的勻強(qiáng)電場中，質(zhì)量為m的帶電小球，以初速度v從M點(diǎn)豎直向上運(yùn)動(dòng)，通過N點(diǎn)時(shí)，速度大小為2v，方向與電場方向相反，則小球從M運(yùn)動(dòng)到N的過程()A．動(dòng)能增加eq\f(1,2)mv2B．機(jī)械能增加2mv2C．重力勢能增加eq\f(3,2)mv2D．電勢能增加2mv2答案B解析動(dòng)能變化量ΔEk＝eq\f(1,2)m(2v)2－eq\f(1,2)mv2＝eq\f(3,2)mv2，A錯(cuò)誤；小球從M運(yùn)動(dòng)到N的過程中，只有重力和電場力做功，機(jī)械能的增加量等于電勢能的減少量，帶電小球在水平方向做向左的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得(2v)2－0＝2eq\f(qE,m)x，則電勢能減少量ΔEp電＝W電＝qEx＝2mv2，故B正確，D錯(cuò)誤；小球在豎直方向做勻減速到零的運(yùn)動(dòng)，速度減小到零，由－v2＝－2gh，得重力勢能增加量ΔEp重＝mgh＝eq\f(1,2)mv2，C錯(cuò)誤。14.(2021·河北省邯鄲市高三下三模)(多選)如圖所示，表面光滑的斜面固定在水平地面，頂端安裝有定滑輪，小物塊A、B通過繞過定滑輪的絕緣輕繩連接，輕繩平行于斜面，空間有平行于斜面向下的勻強(qiáng)電場。開始時(shí)，帶正電的小物塊A在斜面底端，在外力作用下靜止，B離地面一定高度，撤去外力，B豎直向下運(yùn)動(dòng)。B不帶電，不計(jì)滑輪摩擦。則從A和B開始運(yùn)動(dòng)到B著地的過程中()A．A的電勢能增加B．A和B系統(tǒng)的機(jī)械能守恒C．A和B系統(tǒng)減少的重力勢能等于A增加的電勢能D．輕繩拉力對A做的功大于A的電勢能增量和動(dòng)能增量之和答案AD解析B豎直向下運(yùn)動(dòng)的過程中A沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，物塊A帶正電，所以電場力做負(fù)功，A的電勢能增加，A正確；因?yàn)殡妶隽做負(fù)功，A電勢能增加，所以A和B系統(tǒng)的機(jī)械能不守恒，B錯(cuò)誤；根據(jù)能量守恒定律可知，整個(gè)過程系統(tǒng)重力勢能減小量一部分轉(zhuǎn)化成了系統(tǒng)的動(dòng)能，另一部分轉(zhuǎn)化成A增加的電勢能，C錯(cuò)誤；對A物塊應(yīng)用功能關(guān)系，可知輕繩拉力對A做的功等于A的電勢能增加量和動(dòng)能增加量以及重力勢能的增加量之和，D正確。15.(2021·山東省煙臺(tái)市一模)(多選)如圖所示，在水平向右的勻強(qiáng)電場中，一內(nèi)壁光滑、半徑為R的固定絕緣圓軌道處在豎直平面內(nèi)，AB為圓軌道的水平直徑，CD為豎直直徑。一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球從軌道的最低點(diǎn)獲得一定的初速度v0后，能夠在軌道內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)。已知重力加速度為g，勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E＝eq\f(\r(3)mg,q)，不計(jì)空氣阻力，下列說法中正確的是()A．小球運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能最小B．小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的機(jī)械能最大C．若v0＝eq\r(8gR)，小球恰好能夠沿著軌道做圓周運(yùn)動(dòng)D．若小球恰好能夠在軌道內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，則小球運(yùn)動(dòng)過程中對軌道的最大壓力為12mg答案BCD解析將小球所受重力和電場力的合力作為等效重力，則等效重力的大小mg′＝eq\r(qE2＋mg2)＝2mg，等效重力和豎直方向的夾角θ滿足tanθ＝eq\f(qE,mg)＝eq\r(3)，故θ＝60°，如圖所示，則F點(diǎn)和G點(diǎn)分別為圓軌道在等效重力場的等效最高點(diǎn)和等效最低點(diǎn)，可知小球在F點(diǎn)勢能最大，動(dòng)能最小，故A錯(cuò)誤；小球運(yùn)動(dòng)過程中只有重力和電場力做功，且重力做功不改變小球的機(jī)械能，當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)，電場力對小球做正功，且做功最多，故機(jī)械能增量最大，此時(shí)機(jī)械能最大，故B正確；設(shè)小球在F點(diǎn)的速度為vF，若小球恰好沿著軌道做圓周運(yùn)動(dòng)，則在F點(diǎn)等效重力恰好提供向心力，由牛頓第二定律有mg′＝eq\f(mv\o\al(2,F),R)，由C到F，由動(dòng)能定理可知－mg′(R＋Rcosθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,F)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v0＝eq\r(8gR)，故C正確；小球在G點(diǎn)時(shí)軌道對小球的支持力最大，從C到G，由動(dòng)能定理有mg′R(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,G)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，對在G點(diǎn)的小球受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有N－mg′＝