專題突破課12　電場中的力電綜合問題-2025版物理大一輪復習

目標要求1.會分析帶電粒子在交變電場中的加速和偏轉(zhuǎn)問題。2.會用動力學觀點、能量觀點和動量觀點分析電場中的力電綜合問題?？键c一帶電粒子在交變電場中的運動問題1.常見的交變電場常見的產(chǎn)生交變電場的電壓波形有方形波、鋸齒波、正弦波等。2.常見的題目類型(1)粒子做單向直線運動(一般用牛頓運動定律求解)。(2)粒子做往返運動(一般分段研究)。(3)粒子做偏轉(zhuǎn)運動(一般根據(jù)交變電場特點分段研究)。3.思維方法(1)注重全面分析(分析受力特點和運動規(guī)律)：抓住粒子的運動具有周期性和在空間上具有對稱性的特征，求解粒子運動過程中的速度、位移、做功或確定與物理過程相關(guān)的臨界條件。(2)從兩條思路出發(fā)：一是力和運動的關(guān)系，根據(jù)牛頓第二定律及運動學規(guī)律分析；二是功能關(guān)系。維度1帶電粒子在交變電場中的直線運動如圖甲所示，真空中相距d＝5cm的兩塊平行金屬板A、B與電源連接(圖中未畫出)，其中B板接地(電勢為零)，A板電勢變化的規(guī)律如圖乙所示。將一個質(zhì)量m＝2.0×10－27kg、電荷量q＝＋1.6×10－19C的帶電粒子從緊鄰B板處釋放，不計粒子重力。求：甲乙(1)在t＝0時刻釋放該帶電粒子，釋放瞬間粒子加速度的大?。?2)若A板電勢變化周期T＝1.0×10－5s，在t＝0時將帶電粒子從緊鄰B板處無初速度釋放，粒子到達A板時速度的大??；(3)A板電勢變化頻率多大時，在t＝eq\f(T,4)到t＝eq\f(T,2)時間內(nèi)從緊鄰B板處無初速度釋放該帶電粒子，粒子不能到達A板。解析：(1)帶電粒子所受靜電力大小為F＝qE＝eq\f(qU,d)由牛頓第二定律得a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qU,dm)＝4.0×109m/s2。(2)由位移公式計算粒子在0～eq\f(T,2)時間內(nèi)運動的距離為x＝eq\f(1,2)a(eq\f(T,2))2＝5.0×10－2m由此可見帶電粒子在t＝eq\f(T,2)時恰好到達A板。再由運動學公式可得v＝aeq\f(T,2)＝2×104m/s。(3)分析可知，在eq\f(T,4)～eq\f(T,2)內(nèi)，靜電力方向、速度方向均向右，帶電粒子向A板做勻加速運動；同理，在eq\f(T,2)～eq\f(3T,4)內(nèi)，則向A板做勻減速運動，速度減為零后再返回。由于運動具有“對稱性”，即先、后兩段位移大小相等。得粒子向A板運動可能的最大位移為xmax＝2×eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,4)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,16)aT2因題目要求粒子不能到達A板，故必有xmax＜d，頻率和周期的關(guān)系為f＝eq\f(1,T)，由以上三式即可求出電勢變化頻率應滿足條件f＞eq\r(\f(a,16d))＝5eq\r(2)×104Hz。答案：(1)4.0×109m/s2(2)2×104m/s(3)大于5eq\r(2)×104Hz維度2帶電粒子在交變電場中的往復運動(多選)勻強電場的電場強度E隨時間t變化的圖像如圖所示。當t＝0時，在此勻強電場中由靜止釋放一個帶電粒子，設(shè)帶電粒子只受電場力的作用，則下列說法中正確的是()A.帶電粒子將始終向同一個方向運動B.2s末帶電粒子回到原出發(fā)點C.3s末帶電粒子的速度為零D.0～3s內(nèi)，電場力做的總功為零解析：CD設(shè)第1s內(nèi)粒子的加速度為a1，第2s內(nèi)的加速度為a2，由a＝eq\f(qE,m)可知，a2＝2a1，可見粒子第1s內(nèi)向負方向運動，1.5s末粒子的速度為零，然后向正方向運動，至3s末回到原出發(fā)點，粒子的速度為0，v-t圖像如圖所示，由動能定理可知，此過程中電場力做的總功為零，綜上所述，C、D正確。維度3帶電粒子在交變電場中的偏轉(zhuǎn)運動如圖甲所示，真空中的電極可連續(xù)不斷均勻地逸出電子(設(shè)電子的初速度為零)，經(jīng)加速電場加速，由小孔穿出，沿兩個彼此絕緣且靠近的水平金屬板A、B的中線射入偏轉(zhuǎn)電場，A、B兩板距離為d，A、B板長為L，AB兩板間加周期性變化的電場UAB，如圖乙所示，周期為T，加速電壓U1＝eq\f(2mL2,eT2)，其中m為電子質(zhì)量、e為電子電荷量，T為偏轉(zhuǎn)電場的周期，不計電子的重力，不計電子間的相互作用力，且所有電子都能離開偏轉(zhuǎn)電場，求：甲乙(1)電子從加速電場U1飛出后的水平速度v0的大??；(2)t＝0時刻射入偏轉(zhuǎn)電場的電子離開偏轉(zhuǎn)電場時距A、B間中線的距離y；(3)在0～eq\f(T,2)內(nèi)射入偏轉(zhuǎn)電場的電子中從中線上方離開偏轉(zhuǎn)電場的電子占離開偏轉(zhuǎn)電場電子總數(shù)的百分比。解析：(1)電子在加速電場中加速由動能定理得eU1＝eq\f(1,2)mv02－0解得v0＝eq\f(2L,T)。(2)電子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動，水平方向L＝v0t解得t＝eq\f(T,2)t＝0時刻進入偏轉(zhuǎn)電場的電子加速度a＝eq\f(eE,m)＝eq\f(eU0,md)電子離開電場時距離A、B中心線的距離y＝eq\f(1,2)at2解得y＝eq\f(eU0T2,8md)。(3)在0～eq\f(T,2)內(nèi)射入偏轉(zhuǎn)電場的電子，設(shè)向上的方向為正方向，設(shè)電子恰在A、B間中線離開偏轉(zhuǎn)電場，則電子先向上做初速度為零、加速度大小為a的勻加速直線運動，經(jīng)過時間t′后速度v＝at′，此后兩板間電壓大小變?yōu)?U0加速度大小變?yōu)閍′＝eq\f(eE′,m)＝eq\f(3eU0,md)＝3a電子向上做加速度大小為3a的勻減速直線運動，速度減為零后，向下做初速度為零、加速度大小為3a的勻加速直線運動，最后回到A、B間的中線，經(jīng)歷的時間為eq\f(T,2)則eq\f(1,2)at′2＋v(eq\f(T,2)－t′)－eq\f(1,2)×3a(eq\f(T,2)－t′)2＝0解得t′＝eq\f(T,4)則能夠從中線上方向離開偏轉(zhuǎn)電場的電子的發(fā)射時間為t″＝eq\f(T,4)，則在0～eq\f(T,2)時間內(nèi)，從中線上方離開偏轉(zhuǎn)電場的電子占離開偏轉(zhuǎn)電場電子總數(shù)的百分比η＝eq\f(\f(T,4),\f(T,2))×100%＝50%。答案：(1)eq\f(2L,T)(2)eq\f(eU0T2,8md)(3)50%考點二電場中的力電綜合問題解決電場中的力電綜合問題，要善于把電學問題轉(zhuǎn)化為力學問題，建立帶電粒子(體)在電場中運動的模型，能夠靈活應用動力學觀點、能量觀點和動量觀點等多角度進行分析與研究。1.動力學的觀點(1)由于勻強電場中帶電粒子所受靜電力和重力都是恒力，可用正交分解法。(2)綜合運用牛頓運動定律和運動學公式，注意受力分析要全面，特別注意重力是否需要考慮的問題。2.能量的觀點(1)運用動能定理，注意過程分析要全面，準確求出過程中的所有力做的功，判斷是對分過程還是對全過程使用動能定理。(2)運用能量守恒定律，注意題目中有哪些形式的能量出現(xiàn)。①若帶電粒子只在靜電力作用下運動，其動能和電勢能之和保持不變。②若帶電粒子只在重力和靜電力作用下運動，其機械能和電勢能之和保持不變。3.動量的觀點(1)運用動量定理，要注意動量定理的表達式是矢量式，在一維情況下，各個矢量必須選同一個正方向。(2)運用動量守恒定律，除了要注意動量守恒定律的表達式是矢量式，還要注意題目表述是否為某方向上動量守恒。維度1電場中動力學和能量觀點的應用如圖所示，不帶電物體A和帶電的物體B用跨過定滑輪的絕緣輕繩連接，A、B的質(zhì)量分別為2m和m，勁度系數(shù)為k的輕彈簧一端固定在水平面上，另一端與物體A相連，傾角為θ的斜面處于沿斜面向上的勻強電場中，整個系統(tǒng)不計一切摩擦。開始時，物體B在一沿斜面向上的外力F＝3mgsinθ的作用下保持靜止且輕繩恰好伸直，然后撤去外力F，直到物體B獲得最大速度，且彈簧未超過彈性限度(已知彈簧形變量為x時彈性勢能為eq\f(1,2)kx2)，重力加速度為g，則在此過程中()A.物體B帶負電，受到的靜電力大小為mgsinθB.物體B的速度最大時，彈簧的伸長量為eq\f(2mgsinθ,k)C.撤去外力F的瞬間，物體B的加速度大小為3gsinθD.物體B的最大速度為gsinθeq\r(\f(3m,k))解析：D假設(shè)B所受靜電力沿斜面向下，當施加外力時，對B分析可知F－mgsinθ－F電＝0，解得F電＝2mgsinθ，假設(shè)成立，故B帶負電，故A錯誤；當B受到的合力為零時，B的速度最大，由kx＝F電＋mgsinθ，解得x＝eq\f(3mgsinθ,k)，故B錯誤；當撤去外力瞬間，彈簧彈力還來不及改變，即彈簧的彈力仍為零，對物體A、B分析可知F合＝F電＋mgsinθ＝(m＋2m)a，解得a＝gsinθ，故C錯誤；設(shè)物體B的最大速度為vm，由功能關(guān)系可得eq\f(1,2)·3mvm2＋eq\f(1,2)kx2＝mgxsinθ＋F電x，解得vm＝gsinθeq\r(\f(3m,k))，故D正確。維度2電場中動量和能量觀點的應用有一質(zhì)量為M、長度為l的矩形絕緣板放在光滑的水平面上，另一質(zhì)量為m、帶電荷量的絕對值為q的物塊(視為質(zhì)點)，以初速度v0從絕緣板的上表面的左端沿水平方向滑入，絕緣板所在空間有范圍足夠大的勻強電場，其場強大小E＝eq\f(3mg,5q)，方向豎直向下，如圖所示。已知物塊與絕緣板間的動摩擦因數(shù)恒定，物塊運動到絕緣板的右端時恰好相對于絕緣板靜止；若將勻強電場的方向改變?yōu)樨Q直向上，場強大小不變，且物塊仍以原初速度從絕緣板左端的上表面滑入，結(jié)果兩者相對靜止時，物塊未到達絕緣板的右端。求：(1)場強方向豎直向下時，物塊在絕緣板上滑動的過程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量；(2)場強方向豎直向下時與豎直向上時，物塊受到的支持力之比；(3)場強方向豎直向上時，物塊相對于絕緣板滑行的距離。解析：(1)場強方向向下時，根據(jù)動量守恒定律得mv0＝(M＋m)v所以v＝eq\f(m,M＋m)v0根據(jù)能量守恒定律得熱量Q＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(M＋m)v2＝eq\f(mMv02,2（M＋m）)。(2)由題意知物塊帶負電，場強向下時FN＝mg－qE場強向上時FN′＝mg＋qE所以eq\f(FN,FN′)＝eq\f(1,4)。(3)兩次產(chǎn)生的熱量相等則有μFN′l′＝Q，μFNl＝Q所以l′＝eq\f(l,4)。答案：(1)eq\f(mMv02,2（M＋m）)(2)1∶4(3)eq\f(l,4)維度3電場中動力學、動量和能量觀點的綜合應用如圖所示，ABD為豎直平面內(nèi)的光滑絕緣軌道，AB段為足夠長的水平軌道，BD段為半徑R＝0.2m的半圓軌道，二者相切于B點，整個軌道處于豎直向下的勻強電場中，場強大小E＝5.0×103V/m。一不帶電的絕緣小球甲，以速度v0沿水平軌道向右運動，與靜止在B點帶正電的小球乙發(fā)生彈性正碰。已知乙球質(zhì)量m＝1.0×10－2kg，所帶電荷量q＝2.0×10－5C，乙球質(zhì)量為甲球質(zhì)量的3倍。取g＝10m/s2，甲、乙兩球均可視為質(zhì)點，整個運動過程中無電荷轉(zhuǎn)移。(1)甲、乙兩球碰撞后，乙球通過軌道的最高點D時，對軌道的壓力大小FN′為自身重力的2.5倍，求乙在水平軌道上的首次落點到B點的距離；(2)在滿足(1)的條件下，求甲球的初速度v0。解析：(1)設(shè)乙到達最高點D時的速度為vD，乙離開D點首次到達水平軌道的時間為t，加速度為a，乙在水平軌道上的首次落點到B點的距離為x，乙離開D點后做類平拋運動，則2R＝eq\f(1,2)at2，x＝vDt根據(jù)牛頓第二定律有a＝eq\f(mg＋qE,m)乙過D點時有mg＋qE＋FN＝meq\f(vD2,R)(式中FN為乙在D點時軌道對乙的作用力)根據(jù)牛頓第三定律有FN＝FN′＝2.5mg，方向向下聯(lián)立解得x＝0.6m。(2)設(shè)碰后瞬間甲、乙兩球的速度分別為v1、v2，根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律有eq\f(1,3)mv0＝eq\f(1,3)mv1＋mv2eq\f(1,2)×eq\f(1,3)mv02＝eq\f(1,2)×eq\f(1,3)mv12＋eq\f(1,2)mv22聯(lián)立解得v2＝eq\f(1,2)v0乙球從B到D的過程中，根據(jù)動能定理有－mg·2R－qE·2R＝eq\f(1,2)mvD2－eq\f(1,2)mv22由(1)可得vD＝3m/s聯(lián)立解得v0＝10m/s。答案：(1)0.6m(2)10m/s素養(yǎng)培優(yōu)8“等效思維法”在電場中的應用1.“等效重力”及“等效重力加速度”在勻強電場中，將重力與電場力進行合成，如圖所示，則F合為“等效重力場”中的“等效重力”，g′＝eq\f(F合,m)為“等效重力場”中的“等效重力加速度”，F(xiàn)合的方向為“等效重力”的方向，即在等效重力場中的豎直向下方向。2.等效最“高”點與最“低”點的確定方法在“等效重力場”中做圓周運動的物體過圓心作“等效重力”的作用線，其反向延長線交于圓周上的那個點即為圓周運動的等效最“高”點，沿著“等效重力”的方向延長交于圓周的那個點即為等效最“低”點，如圖所示。類型1等效場中的“繩球”模型如圖所示，在豎直平面內(nèi)固定的圓形絕緣軌道的圓心為O、半徑為r、內(nèi)壁光滑，A、B兩點分別是圓軌道的最低點和最高點。該區(qū)間存在方向水平向右的勻強電場，一質(zhì)量為m、帶負電的小球在軌道內(nèi)側(cè)做完整的圓周運動(電荷量不變)，經(jīng)過C點時速度最大，O、C連線與豎直方向的夾角θ＝60°，重力加速度為g。求：(1)小球所受到的靜電力的大??；(2)小球在A點速度v0為多大時，小球經(jīng)過B點時對圓軌道的壓力最?。拷馕觯?1)小球在C點速度最大，則在該點靜電力與重力的合力沿半徑方向，所以小球受到的靜電力大小F＝mgtan60°＝eq\r(3)mg。(2)小球要到達B點，必須到達D點時速度最小，在D點速度最小時，小球經(jīng)B點時對軌道的壓力也最小。設(shè)在D點時軌道對小球的壓力恰為零，eq\f(mg,cos60°)＝meq\f(v2,r)，得v＝eq\r(2gr)由軌道上A點運動到D點的過程可得－mgr(1＋cosθ)－Frsinθ＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02解得v0＝2eq\r(2gr)。答案：(1)eq\r(3)mg(2)2eq\r(2gr)類型2等效場中的“桿球”模型(多選)如圖甲所示，空間有一水平向右的勻強電場，電場強度大小為E＝1×104V/m，其中有一個半徑為R＝2m的豎直光滑圓環(huán)軌道，環(huán)內(nèi)有兩根光滑的弦軌道AB和AC，A點所在的半徑與豎直直徑BC成37°角。質(zhì)量為m＝0.08kg、電荷量為q＝＋6×10－5C的帶電小環(huán)(視為質(zhì)點)穿在弦軌道上，從A點由靜止釋放，可分別沿AB和AC到達圓周上的B、C點?，F(xiàn)去掉弦軌道AB和AC，如圖乙所示，讓小環(huán)穿在圓環(huán)軌道上且恰好能做完整的圓周運動。不考慮小環(huán)運動過程中電荷量的變化。下列說法正確的是(cos37°＝0.8，g取10m/s2)()甲乙A.小環(huán)在弦軌道AB和AC上運動時間之比為1∶1B.小環(huán)做圓周運動過程中經(jīng)過C點時動能最大C.小環(huán)做圓周運動過程中動能最小值是1JD.小環(huán)做圓周運動過程中對圓環(huán)軌道的最大壓力是5N解析：AD因為重力與靜電力均為恒力，所以二者的合力大小為F＝eq\r(（mg）2＋（Eq）2)＝1N，與豎直方向夾角正切值tanθ＝eq\f(qE,mg)＝eq\f(3,4)，解得θ＝37°，重力與靜電力合力指向AO，A為等效最高點，根據(jù)等時圓模型，小環(huán)在弦軌道AB和AC上運動時間相等，A正確；等效最低點是AO延長線與圓環(huán)軌道交點，而非C點，等效最低點速度最大，動能最大，B錯誤；因為小環(huán)穿在圓環(huán)軌道上且恰好能做完整的圓周運動，則小環(huán)在等效最高點A速度最小為零，在A點動能最小也為零，C錯誤；小環(huán)在等效最低點時速度最大，動能最大，小環(huán)對圓環(huán)軌道壓力也最大，從等效最高點至等效最低點過程中，由動能定理得F·2R＝eq\f(1,2)mvm2－0，由牛頓第二定律得FN－F＝meq\f(vm2,R)，代入數(shù)據(jù)解得FN＝5N，由牛頓第三定律得小環(huán)做圓周運動的過程中對圓環(huán)的最大壓力是5N，D正確。限時規(guī)范訓練36[基礎(chǔ)鞏固題組]1.如圖所示，在兩平行金屬板中央有一個靜止的電子(不計重力)，當兩板間的電壓分別如圖中甲、乙、丙、丁所示時，電子在板間運動(假設(shè)不與板相碰)，下列說法正確的是()甲乙丙丁A.電壓如甲圖所示時，在0～T時間內(nèi)，電子的電勢能一直減少B.電壓如乙圖所示時，在0～eq\f(T,2)時間內(nèi)，電子的電勢能先增加后減少C.電壓如丙圖所示時，電子在板間做往復運動D.電壓如丁圖所示時，電子在板間做往復運動解析：D若電壓如題圖甲時，在0～T時間內(nèi)，靜電力先向左后向右，則電子先向左做勻加速直線運動，后做勻減速直線運動，即靜電力先做正功后做負功，電勢能先減少后增加，故A錯誤；電壓如題圖乙時，在0～eq\f(1,2)T時間內(nèi)，電子向右先加速后減速，即靜電力先做正功后做負功，電勢能先減少后增加，故B錯誤；電壓如題圖丙時，電子向左先做加速運動，過了eq\f(1,2)T后做減速運動，到T時速度減為0，之后重復前面的運動，故電子一直朝同一方向運動，故C錯誤；電壓如題圖丁時，電子先向左加速，到eq\f(1,4)T后向左減速，eq\f(1,2)T后向右加速，eq\f(3,4)T后向右減速，T時速度減為零，之后重復前面的運動，則電子做往復運動，故D正確。2.圖甲為兩水平金屬板，在兩板間加上周期為T的交變電壓u，電壓u隨時間t變化的圖線如圖乙所示。質(zhì)量為m、重力不計的帶電粒子以初速度v0沿中線射入兩板間，經(jīng)時間T從兩板間飛出。下列關(guān)于粒子運動的描述錯誤的是()甲乙A.t＝0時入射的粒子，離開電場時偏離中線的距離最大B.t＝eq\f(1,4)T時入射的粒子，離開電場時偏離中線的距離最大C.無論哪個時刻入射的粒子，離開電場時的速度方向都水平D.無論哪個時刻入射的粒子，離開電場時的速度大小都相等解析：B粒子在電場中運動的時間是相同的，t＝0時入射的粒子，在豎直方向先加速，然后減速，最后離開電場區(qū)域，故t＝0時入射的粒子離開電場時偏離中線的距離最大，選項A正確；t＝eq\f(1,4)T時入射的粒子，在豎直方向先加速，然后減速，再反向加速，最后反向減速離開電場區(qū)域，故此時刻入射的粒子離開電場時速度方向和中線在同一直線上，選項B錯誤；因粒子在電場中運動的時間等于電場變化的周期T，根據(jù)動量定理，豎直方向電場力的沖量的矢量和為零，故所有粒子離開電場時的豎直方向分速度為零，即最終都垂直電場方向射出電場，離開電場時的速度大小都等于初速度，選項C、D正確。3.(多選)如圖甲所示，兩水平金屬板間距為d，板間電場強度的變化規(guī)律如圖乙所示。t＝0時刻，質(zhì)量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線射入兩板間，0～eq\f(T,3)時間內(nèi)微粒勻速運動，T時刻微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出。微粒運動過程中未與金屬板接觸，重力加速度的大小為g。關(guān)于微粒在0～T時間內(nèi)運動的描述，正確的是()甲乙A.末速度大小為eq\r(2)v0B.末速度沿水平方向C.重力勢能減少了eq\f(1,2)mgdD.克服電場力做功為mgd解析：BC0～eq\f(T,3)時間內(nèi)微粒勻速運動，有mg＝qE0。把微粒的運動分解，水平方向做速度為v0的勻速直線運動，豎直方向在eq\f(T,3)～eq\f(2T,3)時間內(nèi)，微粒只受重力，做自由落體運動，eq\f(2T,3)時刻，v1y＝eq\f(T,3)g；eq\f(2T,3)～T時間內(nèi)，a＝eq\f(2qE0－mg,m)＝g，做勻減速直線運動，T時刻，v2y＝v1y－a·eq\f(T,3)＝0。所以T時刻末速度v＝v0，方向沿水平方向，選項A錯誤，選項B正確；重力勢能的減少量ΔEp＝mg·eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)mgd，所以選項C正確。根據(jù)動能定理得eq\f(1,2)mgd－W電＝0，得W電＝eq\f(1,2)mgd，所以選項D錯誤。4.如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子在勻強電場中運動，A、B為其運動軌跡上的兩點。已知該粒子在A點的速度大小為v0，方向與電場方向的夾角為60°；它運動到B點時速度方向與電場方向的夾角為30°。不計重力。A、B兩點間的電勢差為()A.eq\f(mv02,2q) B.eq\f(mv02,q)C.eq\f(3mv02,q) D.eq\f(2mv02,q)解析：B粒子在運動過程中，垂直電場方向的速度不變，設(shè)為vy，根據(jù)速度的合成與分解，在A點時sin60°＝eq\f(vy,v0)，在B點時sin30°＝eq\f(vy,vB)，解得vB＝eq\r(3)v0，由A到B過程，根據(jù)動能定理qUAB＝eq\f(1,2)mvB2－eq\f(1,2)mv02，解得UAB＝eq\f(mv02,q)，故選B。5.(多選)如圖所示，在豎直固定的光滑絕緣圓環(huán)的最高點P固定一帶正電的點電荷，帶負電的小球套在圓環(huán)上并從M點由靜止釋放，小球沿圓環(huán)向下運動并經(jīng)過最低點Q。已知點N在圓環(huán)上且與點O在同一水平線上，M點可在短弧NQ之間的任一位置，弧MQ對應的圓心角為θ。設(shè)小球所受重力大小為mg，在M點時受到的靜電力大小為F，小球可視為點電荷。以下判斷正確的是()A.F＜eq\r(2)mgB.eq\r(2)mg＜F＜2mgC.小球由M向Q運動過程中電勢能逐漸減小D.小球由M向Q運動過程中動能逐漸增大解析：AD小球能沿軌道向下運動，必有mgsinθ＞Fsineq\f(θ,2)，2mgsineq\f(θ,2)coseq\f(θ,2)＞Fsineq\f(θ,2)，2mgcoseq\f(θ,2)＞F，因為θ≤90°，又因當θ＝90°時，coseq\f(θ,2)＝eq\f(\r(2),2)，所以F＜eq\r(2)mg，A正確，B錯誤；小球向下運動過程中，克服電場力做功，電勢能增大，C錯誤；小球向下運動過程中，mgsinθ始終大于Fsineq\f(θ,2)，動能不斷增大，D正確。6.(多選)如圖，ABC是豎直面內(nèi)的固定半圓形光滑軌道，O為其圓心，A、C兩點等高，過豎直半徑OB的虛線右側(cè)足夠大的區(qū)域內(nèi)存在沿AC方向的勻強電場。一帶正電小球從A點正上方P點由靜止釋放，沿軌道通過B、C兩點時的動能分別為Ek和1.5Ek，離開C點后運動到最高點D(圖中未畫出)。已知P與A間的距離等于軌道半徑，則()A.D點與P點等高B.小球在電場中受到的靜電力是其重力的兩倍C.小球在C處對軌道的壓力是其重力的兩倍D.小球通過D點時的動能大于1.5Ek解析：BD若在A點速度等于C點的速度，在豎直方向由對稱性可知，D點與P點等高，但由動能定理可知A點的速度小于C點的速度，所以D點高于P點，故A錯誤；設(shè)小球在電場中所受靜電力為F，軌道半徑為R，小球從P到B過程，由動能定理得mg·2R＝Ek，小球從P到C過程，由動能定理得mg·R＋FR＝1.5Ek，聯(lián)立可得F＝2mg，故B正確；由動能定理的表達式有1.5Ek＝eq\f(1,2)mvC2，在C點時，由牛頓第二定律得FN－F＝meq\f(vC2,R)，結(jié)合mg·2R＝Ek，聯(lián)立可得FN＝8mg，由牛頓第三定律得小球在C處對軌道的壓力大小FN′＝FN＝8mg，故C錯誤；因為F＝2mg，可知小球從C點飛出后，豎直方向的加速度小于水平方向的加速度，豎直方向上，由逆向思維可看成反向的初速度為零的勻加速直線運動，則小球從C到D過程中，水平方向的位移大于豎直方向的位移，根據(jù)W＝Fs，可知靜電力所做正功大于重力所做負功，則小球通過D點時的動能大于通過C點時的動能，即大于1.5Ek，故D正確。7.(多選)如圖(a)所示，傾角θ＝30°的光滑固定斜桿底端固定一電荷量為Q＝2×10－4C的正點電荷，將一帶正電的絕緣小球(可視為點電荷)從斜桿的底端(但與Q未接觸)靜止釋放，小球沿斜桿向上滑動過程中能量隨位移的變化圖像如圖(b)所示，其中線1為重力勢能隨位移變化圖像，線2為動能隨位移變化圖像，取桿上離底端3m處為電勢零點，重力加速度g＝10m/s2，靜電力常量k＝9×109N·m2/C2，則()(a)(b)A.小球的質(zhì)量為2kgB.小球的電荷量q約為1.11×10－5CC.斜桿底端至小球速度最大處由底端正點電荷形成的電場的電勢差U＝4.0×106VD.當小球運動到s＝1m處時具有的電勢能為13J解析：BD根據(jù)重力勢能隨位移的變化關(guān)系有Ep＝mgssinθ，根據(jù)圖像可知當小球上升3m時，重力勢能為60J，則小球的質(zhì)量為m＝eq\f(Ep,gssinθ)＝eq\f(60,10×3×sin30°)kg＝4kg，故A錯誤；由圖線2可知，當位移為s＝1m時，小球的動能達到最大值，電場力與重力沿桿的分力相等，則有mgsinθ＝keq\f(Qq,s2)，解得q≈1.11×10－5C，故B正確；斜桿底端至小球速度最大處，由能量守恒可知qU＝Ekm＋Ep，代入數(shù)據(jù)解得U＝4.23×106V，故C錯誤；從s＝1m到最高點的過程中，根據(jù)能量守恒可知減少的電勢能和減少的動能全部轉(zhuǎn)化為重力勢能，則有Epq＋ΔEk＝ΔEp，代入數(shù)據(jù)解得當小球運動到s＝1m處時具有的電勢能為Epq＝13J，故D正確。故選BD。8.(多選)如圖所示為一固定在豎直面內(nèi)的光滑絕緣細管軌道，A點與x軸相交，C點與y軸相交，軌道AB段豎直，長度為0.7m，BC段是半徑為0.7m的四分之一圓弧，與AB相切于B點。一質(zhì)量為m＝0.1kg、直徑略小于管徑的帶電小球從A點以初速度v0射入軌道，小球到達最高點C時恰好與軌道沒有作用力。已知小球帶0.01C的正電荷，在x軸上方存在著電場強度大小為100N/C、方向水平向右的勻強電場，重力加速度g取10m/s2，則下列說法正確的是()A.小球的初速度v0為6m/sB.小球的初速度v0為7m/sC.小球從C點射出后運動軌跡與x軸交點橫坐標為0D.小球從C點射出后運動軌跡與x軸交點橫坐標為－0.7m解析：BC因小球到達最高點時與軌道沒有作用力，說明自身重力完全提供向心力，則mg＝meq\f(v2,r)，小球從A→C的運動過程中，根據(jù)動能定理，有－mg·2r－qEr＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，解得v0＝7m/s，故A錯誤，B正確；小球從C點出射，水平方向做勻減速直線運動，初速度為v＝eq\r(gr)＝eq\r(7)m/s，加速度為a＝eq\f(qE,m)＝10m/s2，豎直方向為自由落體運動，運動到x軸時，有h＝eq\f(1,2)gt2，解得t＝eq\r(\f(2h,g))＝eq\r(\f(4r,g))＝eq\f(\r(7),5)s，則此時橫坐標為x＝－vt＋eq\f(1,2)at2＝0，故C正確，D錯誤。[能力提升題組]9.(多選)如圖所示，在足夠長的光滑絕緣水平直線軌道上方的P點，固定一電荷量為＋Q的點電荷。一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的物塊(可視為質(zhì)點的檢驗電荷)，從軌道上的A點以初速度v0沿軌道向右運動，當運動到P點正下方的B點時速度為v。已知點電荷產(chǎn)生的電場在A點的電勢為φ(取無窮遠處電勢為零)，P到物塊的重心豎直距離為h，P、A連線與水平軌道的夾角為45°，k為靜電常數(shù)，下列說法正確的是()A.點電荷＋Q產(chǎn)生的電場在B點的電場強度大小為keq\f(Q,h2)B.物塊在A點時受到軌道的支持力大小為FN＝mg＋eq\f(kQq,2h2)C.物塊從A到B機械能減少量為qφD.點電荷＋Q產(chǎn)生的電場在B點的電勢為φB＝φ＋eq\f(m（v02－v2）,2q)解析：AD由點電荷的電場強度公式E＝keq\f(Q,r2)得EB＝keq\f(Q,h2)，故A正確；物體受到點電荷的庫侖力為F＝keq\f(qQ,r2)，由幾何關(guān)系可知r＝eq\f(h,sin45°)，物體在A點時，由平衡條件有FN－mg－Fsin45°＝0，解得FN＝mg＋eq\f(\r(2)kqQ,4h2)，故B錯誤；設(shè)點電荷產(chǎn)生的電場在B點的電勢為φB，機械能減少量為ΔE機，由動能定理有WAB＝－ΔE機＝q(φ－φB)＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，解得ΔE機＝eq\f(m,2)(v02－v2)，φB＝eq\f(m,2q)(v02－v2)＋φ，故C錯誤，D正確。10.(多選)如圖所示是密立根油滴實驗的原理示意圖，兩個水平放置、相距為d的足夠大金屬極板(原來不帶電)，上極板中央有一小孔，通過小孔噴入小油滴。其中質(zhì)量為m0的小油滴A在時間t內(nèi)勻速下落h1。此時給兩極板加上電壓U(上極板接正極)，A經(jīng)過一段時間后向上勻速運動，在時間t內(nèi)勻速上升了h2，已知油滴受到的空氣阻力大小為f＝kmeq\s\up6(\f(1,3))v，其中k為比例系數(shù)，m為油滴質(zhì)量，v為油滴運動速率，重力加速度為g。則()A.比例系數(shù)k＝eq\f(m0\s\up6(\f(3,2))gt,h1)B.A帶負電，且電荷量q＝eq\f(（h1＋h2）m0gd,Uh1)C.A上升距離h2電勢能的變化量為ΔEp＝－eq\f(m0gh2（h1＋h2）,h1)D.從極板施加電壓開始到A下降到最低點所用的時間為eq\f(h12,（h1＋h2）gt)解析：BC未加電壓時油滴勻速運動，由受力平衡得m0g＝f，由題意f＝km0eq\s\up6(\f(1,3))v1，其中勻速運動的速度為v1＝eq\f(h1,t)，聯(lián)立解得k＝eq\f(m0\s\up6(\f(2,3))gt,h1)，故A錯誤；上極板帶正電則電場強度方向向下，油滴向上運動，則油滴帶負電，根據(jù)受力平衡有m0g＋km0eq\s\up6(\f(1,3))v2＝eq\f(U,d)q，其中勻速運動的速度為v2＝eq\f(h2,t)，解得油滴的帶電荷量為q＝eq\f(m0gd（h1＋h2）,h1U)，故B正確；A上升距離h2時電場力做功W＝eq\f(U,d)qh2，電勢能的變化量為ΔEp＝－W＝－eq\f(m0gh2（h1＋h2）,h1)，故C正確；極板施加電壓后，由B項可知油滴受到的電場力為F＝m0g＋km0eq\s\up6(\f(1,3))v2＝eq\f(m0g（h1＋h2）,h1)，油滴A下降到最低點時速度為0，設(shè)從極板施加電壓開始到A下降到最低點所用的時間為t′，若油滴只受電場力，則由動量定理可得Ft′＝m0v1，解得t′＝eq\f(h12,（h1＋h2）gt)，而由題意可知，油滴還受到重力和阻力的作用且重力和阻力合力不為零，故D錯誤。故選BC。11.如圖所示，LMN是豎直平面內(nèi)固定的光滑絕緣軌道，MN水平且足夠長，LM下端與MN相切。質(zhì)量為m的帶正電小球B靜止在水平面上，質(zhì)量為2m的帶正電小球A從LM上距水平面高為h處由靜止釋放，在A球進入水平軌道之前，由于A、B兩球相距較遠，相互作用力可認為等于零，A球進入水平軌道后，A、B兩球間相互作用視為靜電作用，帶電小球均可視為質(zhì)點。已知A、B兩球始終沒有接觸。重力加速度為g。求：(1)A球剛進入水平軌道的速度大??；(2)A、B兩球相距最近時，A、