2024年高中物理新教材同步 必修第三冊(cè) 第10章　專題強(qiáng)化6　帶電粒子在電場(chǎng)和重力場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)

專題強(qiáng)化6帶電粒子在電場(chǎng)和重力場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)[學(xué)習(xí)目標(biāo)]1.會(huì)應(yīng)用運(yùn)動(dòng)和力、功和能的關(guān)系分析帶電粒子在電場(chǎng)和重力場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題(重難點(diǎn))。2.學(xué)會(huì)利用“等效法”解決帶電粒子在電場(chǎng)和重力場(chǎng)中圓周運(yùn)動(dòng)的臨界問(wèn)題(重難點(diǎn))。一、帶電粒子在電場(chǎng)和重力場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)1．做直線運(yùn)動(dòng)的條件(1)合外力為零，物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)；(2)合外力不為零，但合外力的方向與運(yùn)動(dòng)方向在同一直線上，物體做勻變速直線運(yùn)動(dòng)。2．處理帶電粒子在電場(chǎng)和重力場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)的方法(1)動(dòng)力學(xué)方法——牛頓運(yùn)動(dòng)定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式。(2)功、能量方法——?jiǎng)幽芏ɡ怼⒛芰渴睾愣?。?(多選)如圖所示，平行板電容器的兩個(gè)極板與水平地面成一角度，兩極板與一直流電源相連。若一帶電粒子恰能沿圖中所示水平直線通過(guò)電容器，則在此過(guò)程中，該粒子()A．所受合力為零 B．做勻減速直線運(yùn)動(dòng)C．電勢(shì)能逐漸增加 D．機(jī)械能逐漸增加答案BC解析根據(jù)題意可知，粒子做直線運(yùn)動(dòng)，靜電力垂直極板向上，重力豎直向下，不在同一直線上，所以重力與靜電力不平衡，對(duì)粒子受力分析可知靜電力與重力的合力與速度方向反向，粒子做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤，B正確；由圖可知，靜電力做負(fù)功，故電勢(shì)能增加，機(jī)械能減小，故C正確，D錯(cuò)誤。針對(duì)訓(xùn)練如圖所示，水平放置的平行板電容器的兩極板M、N間距離L＝15cm，接上直流電源。上極板M的中央有一小孔A，在A的正上方h＝20cm處的B點(diǎn)，有一小油滴自由落下。已知小油滴的電荷量Q＝－3.5×10－14C，質(zhì)量m＝3.0×10－9kg。當(dāng)小油滴到達(dá)下極板時(shí)，速度恰好為零。(不計(jì)空氣阻力，g＝10m/s2)(1)求兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度大小E；(2)求兩極板間的電勢(shì)差大小；(3)設(shè)平行板電容器的電容C＝4.0×10－12F，則該電容器帶電荷量q是多少？答案(1)2×106V/m(2)3×105V(3)1.2×10－6C解析(1)小油滴下落過(guò)程中，在M板上方做自由落體運(yùn)動(dòng)；進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)后，受重力和靜電力作用，小油滴做勻減速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)N板時(shí)速度為零。全過(guò)程由動(dòng)能定理得mg(h＋L)－E|Q|L＝0解得E＝2×106V/m(2)平行板電容器兩極板間為勻強(qiáng)電場(chǎng)，U＝EL＝2×106×0.15V＝3×105V(3)平行板電容器的電容C＝4.0×10－12F，由C＝eq\f(Q,U)可得q＝CU＝4.0×10－12×3×105V＝1.2×10－6C。二、帶電粒子在電場(chǎng)和重力場(chǎng)中的曲線運(yùn)動(dòng)例2(多選)(2022·淄博市高一期末)如圖所示，一帶正電的油滴在勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，其軌跡在豎直面內(nèi)，且相對(duì)于過(guò)軌跡最低點(diǎn)P的豎直線對(duì)稱，忽略空氣阻力。下列說(shuō)法正確的是()A．Q點(diǎn)的電勢(shì)比P點(diǎn)低B．油滴在Q點(diǎn)的動(dòng)能比它在P點(diǎn)的大C．油滴在Q點(diǎn)的電勢(shì)能比它在P點(diǎn)的大D．油滴在Q點(diǎn)的加速度大小比它在P點(diǎn)的小答案AB解析軌跡向上彎曲且相對(duì)于過(guò)軌跡最低點(diǎn)P的豎直線對(duì)稱，合力豎直向上，靜電力豎直向上，因?yàn)橛偷螏д?，所以電?chǎng)強(qiáng)度方向豎直向上，Q點(diǎn)的電勢(shì)比P點(diǎn)低，故A正確；油滴向上運(yùn)動(dòng)時(shí)合力做正功，動(dòng)能增大，所以油滴在Q點(diǎn)的動(dòng)能比它在P點(diǎn)的大，故B正確；油滴向上運(yùn)動(dòng)時(shí)靜電力做正功，電勢(shì)能減小，所以油滴在Q點(diǎn)的電勢(shì)能比它在P點(diǎn)的小，故C錯(cuò)誤；由于油滴受重力、靜電力都為恒力，加速度恒定且不為零，故D錯(cuò)誤。例3(多選)(2022·翼城中學(xué)高二月考)如圖所示，在空間中水平面MN的下方存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，質(zhì)量為m的帶電小球由MN上方的A點(diǎn)以一定初速度水平拋出，從B點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度方向恰好水平，A、B、C三點(diǎn)在同一直線上，且AB＝2BC，重力加速度為g，由此可知()A．小球帶負(fù)電B．靜電力大小為3mgC．小球從A到B與從B到C的運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為3∶1D．小球從A到B與從B到C的速度變化量大小不相同答案AB解析由題意知，在BC段，小球在豎直方向做減速運(yùn)動(dòng)，故小球所受靜電力方向向上，電場(chǎng)方向向下，故小球帶負(fù)電，故A正確；由題意知，小球在水平方向不受力，故水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，又AB＝2BC，根據(jù)分運(yùn)動(dòng)和合運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，故小球從A到B與從B到C的運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為2∶1，設(shè)在B點(diǎn)時(shí)小球在豎直方向的分速度為v，則在AB段，豎直方向有v＝gtAB，在BC段，豎直方向有v＝eq\f(1,2)atAB，又Eq－mg＝ma，得Eq＝3mg，小球從A到B與從B到C的水平分速度不變，豎直分速度變化量大小相同，故合速度變化量大小相同，故B正確，C、D錯(cuò)誤。處理帶電粒子在電場(chǎng)和重力場(chǎng)中一般曲線運(yùn)動(dòng)的方法1．明確研究對(duì)象并對(duì)其進(jìn)行受力分析。2．利用運(yùn)動(dòng)的合成與分解把曲線運(yùn)動(dòng)轉(zhuǎn)化為直線運(yùn)動(dòng)，然后利用牛頓運(yùn)動(dòng)定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式進(jìn)行處理。3．涉及到功和能量的問(wèn)題時(shí)常用能量守恒定律、功能關(guān)系等處理。三、帶電粒子在電場(chǎng)和重力場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)1．首先分析帶電體的受力情況進(jìn)而確定向心力的來(lái)源。2．用“等效法”的思想找出帶電體在電場(chǎng)和重力場(chǎng)中的等效“最高點(diǎn)”和“最低點(diǎn)”。(1)等效重力法將重力與靜電力進(jìn)行合成，如圖所示，則F合為等效重力場(chǎng)中的“等效重力”，F(xiàn)合的方向?yàn)椤暗刃е亓Α钡姆较颍吹刃е亓?chǎng)中的“豎直向下”方向。a＝eq\f(F合,m)視為等效重力場(chǎng)中的“等效重力加速度”(2)幾何最高點(diǎn)(最低點(diǎn))與物理最高點(diǎn)(最低點(diǎn))①幾何最高點(diǎn)(最低點(diǎn))：是指圖形中所畫圓的最上(下)端，是符合人視覺(jué)習(xí)慣的最高點(diǎn)(最低點(diǎn))。②物理最高點(diǎn)(最低點(diǎn))：是指“等效重力F合”的反向延長(zhǎng)線過(guò)圓心且與圓軌道的交點(diǎn)，即物體在圓周運(yùn)動(dòng)過(guò)程中速度最小(大)的點(diǎn)。例4(多選)如圖所示，在豎直平面內(nèi)有水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在勻強(qiáng)電場(chǎng)中有一根長(zhǎng)為L(zhǎng)的絕緣細(xì)線，細(xì)線一端固定在O點(diǎn)，另一端系一質(zhì)量為m的帶電小球，小球電荷量大小為q。小球靜止時(shí)細(xì)線與豎直方向成θ角，此時(shí)讓小球獲得初速度且恰能繞O點(diǎn)在豎直平面內(nèi)順時(shí)針做圓周運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g。下列說(shuō)法正確的是()A．勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E＝eq\f(mgtanθ,q)B．小球動(dòng)能的最小值為Ek＝eq\f(mgL,2cosθ)C．小球運(yùn)動(dòng)至圓周軌跡的最高點(diǎn)時(shí)機(jī)械能最小D．小球從初始位置開(kāi)始，在豎直平面內(nèi)順時(shí)針運(yùn)動(dòng)一周的過(guò)程中，其電勢(shì)能先減小后增大答案AB解析如圖所示，小球靜止時(shí)細(xì)線與豎直方向成θ角，受重力、拉力和靜電力，三力平衡，根據(jù)平衡條件，有mgtanθ＝qE，解得E＝eq\f(mgtanθ,q)，選項(xiàng)A正確；小球恰能繞O點(diǎn)在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，則在等效最高點(diǎn)A時(shí)速度最小，根據(jù)牛頓第二定律有eq\f(mg,cosθ)＝meq\f(v2,L)，得v＝eq\r(\f(gL,cosθ))，則小球動(dòng)能的最小值為Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(mgL,2cosθ)，選項(xiàng)B正確；小球的機(jī)械能和電勢(shì)能之和守恒，則小球運(yùn)動(dòng)至電勢(shì)能最大的位置機(jī)械能最小，小球帶負(fù)電，則小球運(yùn)動(dòng)到圓周軌跡的最左端點(diǎn)時(shí)機(jī)械能最小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；小球從初始位置開(kāi)始，在豎直平面內(nèi)順時(shí)針運(yùn)動(dòng)一周的過(guò)程中，靜電力先做負(fù)功，后做正功，再做負(fù)功，則其電勢(shì)能先增大后減小，再增大，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。例5(2022·馬鞍山二中博望分校高二期末)如圖所示，在范圍足夠大的、沿水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)中有一固定點(diǎn)O，用一根長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝0.4m的絕緣細(xì)線把質(zhì)量為m＝0.4kg、電荷量為q＝＋2C的小球懸掛在O點(diǎn)，在B點(diǎn)時(shí)小球靜止，細(xì)線與豎直方向的夾角為θ＝37°。已知A、C兩點(diǎn)分別為細(xì)線懸掛小球的水平位置和豎直位置，求：(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大??；(2)將小球從A點(diǎn)由靜止釋放，小球通過(guò)最低點(diǎn)C時(shí)細(xì)線對(duì)小球的拉力大?。?3)如果要使小球能繞O點(diǎn)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，則小球在A點(diǎn)時(shí)沿垂直于OA方向運(yùn)動(dòng)的初速度最小為多少？(結(jié)果可用根號(hào)表示)答案(1)1.5N/C(2)6N(3)eq\r(21)m/s解析(1)帶電小球在B點(diǎn)靜止，受力平衡，根據(jù)平衡條件得qE＝mgtanθ得E＝eq\f(mgtanθ,q)＝1.5N/C(2)設(shè)小球運(yùn)動(dòng)至C點(diǎn)時(shí)速度為vC，則mgL－qEL＝eq\f(1,2)mvC2解得vC＝eq\r(2)m/s在C點(diǎn)，小球所受重力和細(xì)線拉力的合力提供向心力，即F－mg＝meq\f(vC2,L)，聯(lián)立解得F＝6N(3)分析可知小球做完整圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)必須通過(guò)B點(diǎn)關(guān)于O點(diǎn)的對(duì)稱點(diǎn)，設(shè)在該點(diǎn)時(shí)小球的最小速度為v，則mgcosθ＋qEsinθ＝meq\f(v2,L)，得v＝eq\r(5)m/s由動(dòng)能定理得－mgLcosθ－qEL(1＋sinθ)＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02解得v0＝eq\r(21)m/s。專題強(qiáng)化練1.(2023·樂(lè)山市草堂高級(jí)中學(xué)高二期中)如圖所示，水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，質(zhì)量為m的帶電小球從A點(diǎn)沿直線由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)。不計(jì)空氣阻力，在這一過(guò)程中()A．小球一定帶負(fù)電B．小球在做勻加速直線運(yùn)動(dòng)C．小球的電勢(shì)能減小D．小球的機(jī)械能增加答案A解析小球做直線運(yùn)動(dòng)，則小球所受的合力一定與小球的初速度共線，當(dāng)小球帶正電時(shí)，靜電力方向水平向左，重力豎直向下，合力斜向左下方，不可能與小球的初速度共線，當(dāng)小球?yàn)樨?fù)電時(shí)，小球所受靜電力水平向右，與重力的合力斜向右下方，當(dāng)合力的方向與小球的初速度共線時(shí)，小球做直線運(yùn)動(dòng)，故A正確；由A項(xiàng)分析可知，小球所受合力的方向與初速度方向相反，小球做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；小球所受靜電力水平向右，位移斜向左上方，可知靜電力做負(fù)功，故小球的電勢(shì)能增加，故C錯(cuò)誤；根據(jù)能量守恒定律，小球的電勢(shì)能增加，則小球的機(jī)械能減小，故D錯(cuò)誤。2.(多選)如圖所示，真空環(huán)境下，三個(gè)質(zhì)量相同、帶電荷量分別為＋q、－q和0的小液滴a、b、c，從豎直放置的兩板中間上方由靜止釋放，最后從兩板間穿過(guò)，小液滴a、b、c的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，則在穿過(guò)極板的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是()A．靜電力對(duì)液滴a、b做的功相等B．三者動(dòng)能的增量相同C．液滴a與液滴b電勢(shì)能的變化量相等D．重力對(duì)液滴c做的功最多答案AC解析因?yàn)橐旱蝍、b的帶電荷量的絕對(duì)值相等，則兩液滴所受的靜電力大小相等，由靜止釋放，穿過(guò)兩板的時(shí)間相等，則偏轉(zhuǎn)位移大小相等，靜電力做功相等，故A正確；靜電力對(duì)a、b兩液滴做功相等，重力做功相等，則a、b動(dòng)能的增量相等，對(duì)于液滴c，只有重力做功，故c動(dòng)能的增量小于a、b動(dòng)能的增量，故B錯(cuò)誤；對(duì)于液滴a和液滴b，靜電力均做正功，靜電力所做的功等于電勢(shì)能的減少量，故C正確；三者在穿過(guò)極板的過(guò)程中豎直方向的位移相等，質(zhì)量相同，所以重力做的功相等，故D錯(cuò)誤。3．(2022·富寧縣第一中學(xué)高二開(kāi)學(xué)考試)如圖所示，一個(gè)帶負(fù)電的油滴以初速度v0從P點(diǎn)斜向上進(jìn)入水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，v0與水平方向的夾角θ＝45°，若油滴到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)速度大小仍為v0，則油滴最高點(diǎn)的位置在()A．P點(diǎn)的左上方B．P點(diǎn)的右上方C．P點(diǎn)的正上方D．上述情況都可能答案A解析當(dāng)油滴到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，重力做了負(fù)功，要使油滴的速度大小仍為v0，需靜電力做正功，又油滴帶負(fù)電，故油滴最高點(diǎn)的位置在P點(diǎn)的左上方，故A正確。4.(多選)(2023·北京交通大學(xué)附屬中學(xué)高二期中)如圖所示，真空中存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，一個(gè)帶電油滴(考慮重力)沿虛線由a向b運(yùn)動(dòng)，以下判斷正確的是()A．油滴一定帶負(fù)電B．油滴的電勢(shì)能一定增加C．油滴的動(dòng)能一定減少D．油滴的動(dòng)能與電勢(shì)能之和一定減少答案AD解析物體做曲線運(yùn)動(dòng)時(shí)，受到的合力的方向指向物體運(yùn)動(dòng)軌跡彎曲的凹側(cè)，由此可知，該油滴受到的靜電力的方向是向上的，與電場(chǎng)方向相反，所以油滴一定帶負(fù)電，故A正確；該油滴受到的靜電力做正功，電勢(shì)能減小，故B錯(cuò)誤；該油滴受到的靜電力做正功，而重力做負(fù)功，油滴的動(dòng)能不一定減小，故C錯(cuò)誤；重力對(duì)油滴做負(fù)功，重力勢(shì)能增加，根據(jù)能量守恒，油滴的動(dòng)能和電勢(shì)能之和一定減小，故D正確。5.(多選)(2023·南陽(yáng)市臥龍區(qū)高二月考)如圖所示，用絕緣細(xì)線拴一帶負(fù)電小球，在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，勻強(qiáng)電場(chǎng)方向豎直向下，則()A．小球可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)B．當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)a時(shí)，線的張力一定最小C．當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)a時(shí)，小球的電勢(shì)能一定最小D．當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)b時(shí)，小球的速度一定最大答案AC解析當(dāng)重力等于靜電力時(shí)，只有細(xì)線的拉力提供向心力，小球可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，故A正確；當(dāng)重力小于靜電力時(shí)，a點(diǎn)為等效最低點(diǎn)，則小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)a時(shí)，小球的速度最大，線的張力最大，故B、D錯(cuò)誤；根據(jù)沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低可知，在圓周上a點(diǎn)的電勢(shì)最高，根據(jù)Epa＝qφa，當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)a時(shí)，小球的電勢(shì)能一定最小，故C正確。6.(2023·上海市青浦高級(jí)中學(xué)高二期中)如圖所示，有三個(gè)質(zhì)量相等分別帶正電、負(fù)電和不帶電的小球，從P點(diǎn)以相同的初速度垂直電場(chǎng)方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)E中，它們分別落到A、B、C三點(diǎn)，則可判斷()A．三個(gè)小球到達(dá)正極板時(shí)的動(dòng)能關(guān)系是EkA>EkB>EkCB．三個(gè)小球在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間tA＝tB＝tCC．三個(gè)小球在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的加速度關(guān)系是aC>aB>aAD．落到A點(diǎn)的小球帶負(fù)電，落到B點(diǎn)的小球不帶電答案C解析在平行金屬板間不帶電小球、帶正電小球和帶負(fù)電小球的受力如圖所示。由圖可知不帶電小球做平拋運(yùn)動(dòng)a1＝g，帶正電小球做類平拋運(yùn)動(dòng)a2＝eq\f(G－F,m)<g，帶負(fù)電小球做類平拋運(yùn)動(dòng)a3＝eq\f(G＋F,m)>g，則a3>a1>a2，由于豎直方向位移相等，且初速度相同，則aC>aB>aA，所以落到A點(diǎn)的是帶正電小球；落到B點(diǎn)的是不帶電小球；落到C點(diǎn)的是帶負(fù)電小球，tA>tB>tC，選項(xiàng)C正確，B、D錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理，三小球到達(dá)下板時(shí)的動(dòng)能等于這一過(guò)程中合外力對(duì)小球做的功；由受力圖可知，帶負(fù)電小球合力最大為G＋F，做功最多，動(dòng)能最大；帶正電小球合力最小為G－F，做功最少，動(dòng)能最??；即EkA<EkB<EkC，故A錯(cuò)誤。7.如圖所示，水平地面上方存在水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，一質(zhì)量為m的帶電小球(大小可忽略)用絕緣細(xì)線懸掛于O點(diǎn)，小球帶電荷量為＋q，靜止時(shí)距地面的高度為h，細(xì)線與豎直方向的夾角為α＝37°，重力加速度為g。求：(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小E；(2)現(xiàn)將細(xì)線剪斷，小球落地過(guò)程中水平位移的大小；(3)現(xiàn)將細(xì)線剪斷，帶電小球落地前瞬間的動(dòng)能。答案(1)eq\f(3mg,4q)(2)eq\f(3,4)h(3)eq\f(25,16)mgh解析(1)小球靜止時(shí)，對(duì)小球受力分析如圖所示，有FTcos37°＝mgFTsin37°＝qE解得E＝eq\f(3mg,4q)。(2)剪斷細(xì)線，小球在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，水平方向做加速度為a的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由Eq＝ma，x＝eq\f(1,2)at2，h＝eq\f(1,2)gt2，聯(lián)立以上三式解得x＝eq\f(3,4)h。(3)從剪斷細(xì)線到落地瞬間，由功能關(guān)系得Ek＝mgh＋qEx＝eq\f(25,16)mgh。8.如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電荷的油滴在勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，其軌跡在豎直平面內(nèi)，且關(guān)于過(guò)軌跡最右側(cè)的點(diǎn)N的水平虛線對(duì)稱。已知重力加速度為g，忽略空氣阻力，則下列說(shuō)法正確的是()A．勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E必須滿足E>eq\f(mg,q)B．勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向水平向左C．油滴在M點(diǎn)的電勢(shì)能比它在N點(diǎn)的電勢(shì)能大D．M點(diǎn)的電勢(shì)比N點(diǎn)的電勢(shì)高答案A解析因運(yùn)動(dòng)軌跡關(guān)于過(guò)軌跡最右側(cè)的點(diǎn)N的水平虛線對(duì)稱，可知油滴所受的合外力方向水平向左，靜電力方向斜向左上方，由幾何知識(shí)可知qE>mg，即E>eq\f(mg,q)，選項(xiàng)A正確；靜電力方向斜向左上方，則電場(chǎng)方向斜向左上方，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；電場(chǎng)方向斜向左上方，則N點(diǎn)的電勢(shì)高于M點(diǎn)的電勢(shì)，則油滴在M點(diǎn)的電勢(shì)能比它在N點(diǎn)的電勢(shì)能小，選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤。9.(多選)如圖所示，帶電平行金屬板A、B，板間的電勢(shì)差為U(不考慮板上方的電場(chǎng))，A板帶正電，B板中央有一小孔。一帶正電的微粒，帶電荷量為q，質(zhì)量為m，自孔的正上方距板高h(yuǎn)處自由落下，若微粒恰能落至A、B板的正中央c點(diǎn)，重力加速度為g，則()A．微粒在下落過(guò)程中動(dòng)能逐漸增大，重力勢(shì)能逐漸減小B．微粒下落過(guò)程中重力做功為mg(h＋eq\f(d,2))，靜電力做功為－eq\f(Uq,2)C．微粒落入電場(chǎng)中，電勢(shì)能逐漸增大，其增量為eq\f(Uq,2)D．若微粒從距B板高2h處自由下落，則恰好能到達(dá)A板答案BCD解析由微粒運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)速度減小到零可知?jiǎng)幽芟仍龃蠛鬁p小，A錯(cuò)誤；微粒下落高度為h＋eq\f(d,2)，重力做功為mg(h＋eq\f(d,2))，靜電力做負(fù)功，大小為eq\f(qU,2)，B正確；由功能關(guān)系可知克服靜電力做了多少功，電勢(shì)能就增大多少，C正確；若微粒從距B板高2h處自由下落，假設(shè)能夠到達(dá)A點(diǎn)，重力做功為mg(2h＋d)，克服靜電力做功qU，由動(dòng)能定理可知D正確。10.(多選)如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q的小球在電場(chǎng)強(qiáng)度為E、區(qū)域足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，以初速度v0沿ON在豎直面內(nèi)做勻變速直線運(yùn)動(dòng)。ON與水平面的夾角為30°，且mg＝qE，重力加速度為g，則()A．電場(chǎng)方向豎直向上B．小球運(yùn)動(dòng)的加速度大小為gC．小球上升的最大高度為eq\f(v02,4g)D．小球返回原位置所用時(shí)間為eq\f(v0,g)答案BC解析設(shè)靜電力與水平方向夾角為θ，根據(jù)題意可知小球所受靜電力和重力的合力方向與小球速度方向共線，結(jié)合題意，對(duì)小球受力分析可知靜電力方向一定斜向上。將靜電力和重力分解成沿速度方向和垂直速度方向的分力。則在垂直速度方向，根據(jù)平衡條件有mgcos30°＝qEsin(θ－30°)，根據(jù)題意代入數(shù)據(jù)可得θ＝90°或θ＝150°，當(dāng)θ＝90°時(shí)，重力和靜電力等大反向，小球所受合外力為零，小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)，不符合題意。故小球所受靜電力方向與水平方向夾角為150°。若小球帶正電，則電場(chǎng)方向與靜電力方向同向，若小球帶負(fù)電，則電場(chǎng)方向與靜電力方向反向，故A錯(cuò)誤；根據(jù)以上分析可知，小球受力如圖所示，故其合外力大小為F＝mg，小球運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a＝eq\f(F,m)＝g，故B正確；設(shè)P為小球沿ON方向所能到達(dá)的最高點(diǎn)，則OP＝eq\f(v02,2a)＝eq\f(v02,2g)，小球上升的最大豎直高度為h＝OPsin30°＝eq\f(v02,4g)，故C正確；根據(jù)對(duì)稱性可知小球返回原位置所用時(shí)間為t＝eq\f(2v0,a)＝eq\f(2v0,g)，故D錯(cuò)誤。11.(2022·南靖縣第一中學(xué)高二期中)一長(zhǎng)為L(zhǎng)的細(xì)線一端固定于O點(diǎn)，另一端拴一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))，處于如圖所示的水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中。開(kāi)始時(shí)，將細(xì)線與小球拉成水平伸直狀態(tài)，小球靜止在A點(diǎn)，釋放后小球由靜止開(kāi)始向下擺動(dòng)，當(dāng)細(xì)線轉(zhuǎn)動(dòng)到O點(diǎn)左側(cè)且與豎直方向夾角θ＝30°時(shí)，小球速度恰好為零，重力加速度大小為g，求：(答案可用根號(hào)表示)(1)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小E；(2)小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最大速度vm；(3)若想讓小球做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，則小球在A點(diǎn)釋放瞬間至少要獲得多大的豎直向下的初速度v0。答案(1)eq\f(\r(3)mg,3q)(2)eq\r(\f(2\r(3),3)gL)(3)eq\r(\f(8\r(3),3)gL)解析(1)根據(jù)題意，從初始位置到速度恰好為零過(guò)程中，根據(jù)功能關(guān)系可得mgLcos30°－EqL(1＋sin30°)＝0，解得E＝eq\f(\r(3)mg,3q)(2)如圖所示，從圓心作一條重力與靜電力合力方向的有向線段，交AB圓弧于C點(diǎn)，則C點(diǎn)為等效最低點(diǎn)；當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到等效最低點(diǎn)C時(shí)，速度達(dá)到最大，且當(dāng)小球位于等效最低點(diǎn)時(shí)，細(xì)線與水平方向的夾角為60°。從初始位置到等效最低點(diǎn)C，根據(jù)動(dòng)能定理得mgLsin60°－EqL(1－cos60°)＝eq\f(1,2)mvm2解得vm＝eq\r(\f(2\r(3),3)gL)(3)若讓小球恰能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，即小球恰好能通過(guò)等效最高點(diǎn)D，由圖可知，重力與靜電力的合力為G′＝eq\f(mg,sin60°)＝eq\f(2\r(3),3)mg在等效最高點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律G′＝meq\f(vD2,L)從初始位置到D，根據(jù)動(dòng)能定理得－mgLsin60°－EqL(1＋cos60°)＝eq\f(1,2)mvD2