專題十三　帶電體在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的綜合問(wèn)題-2025屆高中物理

第九章靜電場(chǎng)專題十三帶電體在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的綜合問(wèn)題核心考點(diǎn)五年考情命題分析預(yù)測(cè)電場(chǎng)中的圖像問(wèn)題2023：上海T8；2021：山東T6圖像問(wèn)題一般以選擇題形式考查，其他內(nèi)容一般以壓軸選擇題或計(jì)算題形式考查，考查頻次一般.預(yù)計(jì)2025年高考將考查利用“等效法”求解帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的力電綜合問(wèn)題.另外可能會(huì)將電場(chǎng)中電勢(shì)能與其他能量相關(guān)問(wèn)題結(jié)合起來(lái)考查，要注意與彈簧、斜面等模型的結(jié)合.帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)“等效法”在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)用2022：全國(guó)甲T21，遼寧T14；2019：浙江4月T13電場(chǎng)中的力電綜合問(wèn)題2023：新課標(biāo)T25，浙江6月T12，浙江1月T12；2022：浙江6月T15，遼寧T10；2021：福建T15；2020：天津T12；2019：全國(guó)ⅡT20，全國(guó)ⅡT24題型1電場(chǎng)中的圖像問(wèn)題1.v－t圖像根據(jù)v－t圖像的速度變化、斜率變化（即加速度大小的變化），可確定電荷所受靜電力的方向與靜電力的大小變化情況，進(jìn)而確定電場(chǎng)的方向、電勢(shì)的高低及電勢(shì)能的變化.2.φ－x圖像（1）電場(chǎng)強(qiáng)度在x軸方向分量的大小等于φ－x圖線的切線斜率的絕對(duì)值，如果圖線是曲線，電場(chǎng)為非勻強(qiáng)電場(chǎng)；如果圖線是傾斜的直線，電場(chǎng)為勻強(qiáng)電場(chǎng)（如圖）.切線的斜率為零時(shí)沿x軸方向電場(chǎng)強(qiáng)度為零.（2）在φ－x圖像中可以直接判斷各點(diǎn)電勢(shì)的高低，并可根據(jù)電勢(shì)大小關(guān)系確定電場(chǎng)強(qiáng)度的方向，進(jìn)而可以判斷電荷在電場(chǎng)中的受力方向.（如圖）（3）在φ－x圖像中分析電荷移動(dòng)時(shí)電勢(shì)能的變化，可用WAB＝qUAB，進(jìn)而分析WAB的正負(fù)，然后作出判斷.（4）電場(chǎng)中常見(jiàn)的φ－x圖像①點(diǎn)電荷的φ－x圖像（取無(wú)限遠(yuǎn)處電勢(shì)為零），如圖.②兩個(gè)等量異種點(diǎn)電荷連線上的φ－x圖像，如圖.③兩個(gè)等量同種點(diǎn)電荷的φ－x圖像，如圖.3.E－x圖像（1）E－x圖像為靜電場(chǎng)在x軸上的電場(chǎng)強(qiáng)度E隨x的變化關(guān)系，若規(guī)定x軸正方向?yàn)殡妶?chǎng)強(qiáng)度E的正方向，則E＞0，電場(chǎng)強(qiáng)度E沿x軸正方向；E＜0，電場(chǎng)強(qiáng)度E沿x軸負(fù)方向.（2）E－x圖線與x軸所圍圖形“面積”表示電勢(shì)差（如圖所示），兩點(diǎn)的電勢(shì)高低根據(jù)電場(chǎng)方向判定.在與粒子運(yùn)動(dòng)相結(jié)合的題目中，可進(jìn)一步確定粒子的電性、動(dòng)能變化、電勢(shì)能變化等情況.（3）電場(chǎng)中常見(jiàn)的E－x圖像①點(diǎn)電荷的E－x圖像正點(diǎn)電荷及負(fù)點(diǎn)電荷的電場(chǎng)強(qiáng)度E隨坐標(biāo)x變化關(guān)系的圖像大致如圖所示.②兩個(gè)等量異種點(diǎn)電荷的E－x圖像，如圖.③兩個(gè)等量正點(diǎn)電荷的E－x圖像，如圖.4.Ep－x圖像由靜電力做功與電勢(shì)能變化關(guān)系F電x＝Ep1－Ep2＝－ΔEp知Ep－x圖像的切線斜率k＝ΔEp5.Ek－x圖像當(dāng)帶電體只有靜電力做功，由動(dòng)能定理F電x＝Ek－Ek0＝ΔEk知Ek－x圖像的切線斜率k＝ΔEk命題點(diǎn)1電場(chǎng)中的v－t圖像1.一帶電粒子僅在電場(chǎng)力作用下從A點(diǎn)開(kāi)始以－v0做直線運(yùn)動(dòng)，其v－t圖像如圖所示.粒子在t0時(shí)刻運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，3t0時(shí)刻運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，下列說(shuō)法正確的是（C）A.A、B、C三點(diǎn)的電勢(shì)關(guān)系為φB＞φA＞φCB.A、B、C三點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小關(guān)系為EC＞EB＞EAC.粒子從A點(diǎn)經(jīng)B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，電勢(shì)能先增加后減少D.粒子從A點(diǎn)經(jīng)B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，電場(chǎng)力先做正功后做負(fù)功解析由題圖可知，帶電粒子在0～t0時(shí)間內(nèi)做減速運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加，在t0～3t0時(shí)間內(nèi)反方向做加速運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減少，C正確，D錯(cuò)誤；由于不知道帶電粒子的電性，故無(wú)法判斷電勢(shì)的高低，A錯(cuò)誤；題圖中的斜率表示粒子的加速度，即a＝ΔvΔt＝qEm，可知A、B、C三點(diǎn)中B命題點(diǎn)2φ－x圖像2.[多選]在x軸上有兩個(gè)點(diǎn)電荷q1、q2，其靜電場(chǎng)的電勢(shì)φ在x軸上分布如圖所示.下列說(shuō)法正確的有（AC）A.q1和q2帶有異種電荷B.x1處的電場(chǎng)強(qiáng)度為零C.負(fù)電荷從x1移到x2，電勢(shì)能減小D.負(fù)電荷從x1移到x2，受到的電場(chǎng)力增大解析由題圖可知，電勢(shì)有正有負(fù)，且只有一個(gè)極值，說(shuō)明兩個(gè)點(diǎn)電荷為異種電荷，A正確；由E＝ΔφΔx可知，φ－x圖像的切線斜率的絕對(duì)值表示電場(chǎng)強(qiáng)度的大小，因此x1處的電場(chǎng)強(qiáng)度不為零，B錯(cuò)誤；負(fù)電荷從x1移到x2的過(guò)程中，電勢(shì)升高，電場(chǎng)強(qiáng)度減小，由Ep＝qφ，F(xiàn)＝qE可知，負(fù)電荷電勢(shì)能減小，受到的電場(chǎng)力減小，C正確，D命題拓展如圖，某負(fù)點(diǎn)電荷從x3處?kù)o止釋放，判斷其能否到達(dá)x4處，并說(shuō)明理由.答案能；負(fù)點(diǎn)電荷在x3～x2之間受到沿x軸正方向的電場(chǎng)力，在x3～x2之間加速運(yùn)動(dòng)，在x2～x4之間受到沿x軸負(fù)方向的電場(chǎng)力，在x2～x4之間減速運(yùn)動(dòng)，又x3和x4兩處的電勢(shì)相等，則負(fù)點(diǎn)電荷到達(dá)x4處時(shí)速度恰好為0.命題點(diǎn)3E－x圖像3.一靜電場(chǎng)在x軸方向上的電場(chǎng)強(qiáng)度E隨x的變化關(guān)系如圖所示，在x軸上有四點(diǎn)x1、x2、x3、x4，相鄰兩點(diǎn)間的距離相等，x軸正方向?yàn)閳?chǎng)強(qiáng)正方向，一個(gè)帶正電的點(diǎn)電荷沿x軸運(yùn)動(dòng)，則點(diǎn)電荷（B）A.在x2和x4兩點(diǎn)處電勢(shì)相等B.由x1運(yùn)動(dòng)到x4的過(guò)程中，加速度先增大后減小C.由x1運(yùn)動(dòng)到x4的過(guò)程中，電勢(shì)能先增大后減小D.從x2運(yùn)動(dòng)到x1的過(guò)程中，電場(chǎng)力做的功為W1，從x3運(yùn)動(dòng)到x2的過(guò)程中，電場(chǎng)力做的功為W2，則W1＝W2解析由題圖可知x1到x4處的場(chǎng)強(qiáng)沿x軸負(fù)方向，則點(diǎn)電荷從x1到x4處逆著電場(chǎng)方向移動(dòng)，電勢(shì)升高，故帶正電的點(diǎn)電荷電勢(shì)能一直增大，A、C錯(cuò)誤；點(diǎn)電荷由x1運(yùn)動(dòng)到x4的過(guò)程中，由題圖可以看出電場(chǎng)強(qiáng)度的絕對(duì)值先增大后減小，所以電場(chǎng)力先增大后減小，加速度也先增大后減小，B正確；E－x圖線與橫軸所圍圖形的面積的絕對(duì)值表示電勢(shì)差的絕對(duì)值，由題圖可知U32＞U21，故W2＞W(wǎng)1，D錯(cuò)誤.命題點(diǎn)4Ep－x、Ek－x圖像4.一帶電粒子在電場(chǎng)中僅受靜電力作用，做初速度為零的直線運(yùn)動(dòng).取該直線為x軸，起始點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，其電勢(shì)能Ep與位移x的關(guān)系如圖所示.下列圖像中合理的是（D）解析由于粒子只受電場(chǎng)力作用，因此由F電＝｜ΔEpΔx｜可知，Ep－x圖像的圖線斜率大小表示粒子所受電場(chǎng)力大小，從題圖可知，圖線的斜率隨位移的增大而越來(lái)越小，因此粒子運(yùn)動(dòng)后所受的電場(chǎng)力隨位移的增大而越來(lái)越小，因此電場(chǎng)強(qiáng)度越來(lái)越小，加速度也越來(lái)越小，A錯(cuò)誤，D正確；由于粒子只受電場(chǎng)力作用，因此動(dòng)能與電勢(shì)能的和是定值，但從B項(xiàng)圖和題圖可以看出，不同位置的電勢(shì)能與動(dòng)能的和不是定值，B題型2帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1.帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，通常只討論電壓的大小不變、方向做周期性變化（如方波）的情形.當(dāng)粒子垂直于交變電場(chǎng)方向射入時(shí)，沿初速度方向的分運(yùn)動(dòng)為勻速直線運(yùn)動(dòng)，沿電場(chǎng)方向的分運(yùn)動(dòng)具有周期性.2.研究帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，關(guān)鍵是根據(jù)電場(chǎng)變化的特點(diǎn)，利用牛頓第二定律正確地判斷粒子的運(yùn)動(dòng)情況.根據(jù)電場(chǎng)的變化情況，分段求解帶電粒子運(yùn)動(dòng)的末速度、位移等.3.注重全面分析（分析受力特點(diǎn)和運(yùn)動(dòng)規(guī)律）：抓住粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間上的周期性和空間上的對(duì)稱性，求解粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的速度、位移、做功或確定與運(yùn)動(dòng)過(guò)程相關(guān)的臨界條件.4.對(duì)于鋸齒波和正弦波類電壓產(chǎn)生的交變電場(chǎng)，若粒子穿過(guò)板間的時(shí)間極短，帶電粒子穿過(guò)電場(chǎng)時(shí)可認(rèn)為是在勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng).5.[粒子在交變電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)/多選]如圖甲所示，A、B是一對(duì)平行的金屬板，在兩板間加上一周期為T的交變電壓，A板的電勢(shì)φA＝0，UBA隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖乙所示.現(xiàn)有一電子從A板上的小孔進(jìn)入兩板間的電場(chǎng)區(qū)域，設(shè)電子的初速度和重力的影響可忽略，則（AB）圖甲圖乙A.若電子是在t＝0時(shí)刻進(jìn)入的，它將一直向B板運(yùn)動(dòng)B.若電子是在t＝T8時(shí)刻進(jìn)入的，它可能時(shí)而向B板運(yùn)動(dòng)，時(shí)而向A板運(yùn)動(dòng)，最后打在BC.若電子是在t＝38T時(shí)刻進(jìn)入的，它可能時(shí)而向B板運(yùn)動(dòng)，時(shí)而向A板運(yùn)動(dòng)，最后打在BD.若電子是在t＝T2時(shí)刻進(jìn)入的，它可能時(shí)而向B板運(yùn)動(dòng)，時(shí)而向A解析根據(jù)題意及電子進(jìn)入電場(chǎng)后的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況，作出如圖所示的4個(gè)圖像.由圖4可知，當(dāng)電子在t＝0時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)，電子一直向B板運(yùn)動(dòng)，A正確；若電子在T8時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)，則由圖4知，電子向B板運(yùn)動(dòng)的位移大于向A板運(yùn)動(dòng)的位移，因此最后仍能打在B板上，B正確；若電子在3T8時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)，則由圖4知，在第一個(gè)周期內(nèi)電子即返回至A板，從A板射出，C錯(cuò)誤；若電子在T2時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)，則它一方法點(diǎn)撥交變電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)處理方法U－t圖像v－t圖像軌跡圖6.[粒子在交變電場(chǎng)中的臨界問(wèn)題/2024四川瀘縣四中月考]如圖甲所示，在xOy坐標(biāo)系中，兩金屬板平行放置，OD與x軸重合，板的左端與原點(diǎn)O重合，板長(zhǎng)L＝2m，板間距離d＝1m，緊靠極板右側(cè)有一足夠大熒光屏.兩金屬板間電壓UAO隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖乙所示，變化周期為T＝2×10－3s，U0＝5×103V，t＝0時(shí)刻一帶正電的粒子從左上角A點(diǎn)附近，以v0＝1000m/s的速度平行于AB邊射入兩板間，最終打到熒光屏上.已知粒子帶電荷量q＝1×10－5C，質(zhì)量m＝1×10－7kg，不計(jì)粒子所受重力，求：（1）粒子在板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；（2）粒子打到屏上的速度；（3）若A處的粒子源以v0＝1000m/s的速度平行于AB邊連續(xù)不斷發(fā)射相同粒子，求熒光屏上的光帶長(zhǎng)度是多少？若向右移動(dòng)熒光屏，屏上光帶位置和長(zhǎng)度如何變化（寫出結(jié)論，不要求計(jì)算過(guò)程）.答案（1）2×10－3s（2）大小為5005m/s，方向與v0的夾角θ滿足tanθ＝12（3）0.5m解析（1）粒子在板間沿x軸方向做勻速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，根據(jù)L＝v0t0代入數(shù)據(jù)解得t0＝2×10－3s（2）設(shè)t＝0時(shí)刻射入板間的粒子射到熒光屏上時(shí)沿y軸方向的分速度為vy，合速度為v，v與v0的夾角為θ，有vy＝a·T根據(jù)牛頓第二定律有a＝Fm＝粒子打到屏上的速度v＝v02＋vy代入數(shù)據(jù)解得v＝5005m/s，tanθ＝1（3）粒子在t＝2n×10－3s（其中n＝0，1，2，3，…）時(shí)刻射入兩板，射到熒光屏上時(shí)有最大側(cè)移ymax，有打入ymax＝12U0qmd（T2）2＋粒子在t＝（2n＋1）×10－3s（其中n＝0，1，2，3，…）時(shí)刻射入兩板，射到熒光屏?xí)r有最小側(cè)移ymin，有ymin＝12U0qmd光帶長(zhǎng)度ΔL＝y(tǒng)max－ymin＝0.5m若向右移動(dòng)熒光屏，光帶位置下移，長(zhǎng)度不變.題型3“等效法”在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)用1.等效重力場(chǎng)物體僅在重力場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)是最常見(jiàn)、最基本的運(yùn)動(dòng)，但是物體處在勻強(qiáng)電場(chǎng)和重力場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)就會(huì)變得復(fù)雜一些.此時(shí)可以將重力場(chǎng)與電場(chǎng)“合二為一”，用一個(gè)全新的“復(fù)合場(chǎng)”來(lái)代替，可形象稱之為“等效重力場(chǎng)”.2.等效重力場(chǎng)的相關(guān)知識(shí)點(diǎn)及解釋等效重力場(chǎng)?重力場(chǎng)、電場(chǎng)疊加而成的復(fù)合場(chǎng)等效重力?重力、電場(chǎng)力的合力等效重力加速度?等效重力與物體質(zhì)量的比值等效“最低點(diǎn)”?物體自由時(shí)能處于穩(wěn)定平衡狀態(tài)的位置等效“最高點(diǎn)”?物體做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)與等效“最低點(diǎn)”關(guān)于圓心對(duì)稱的位置等效重力勢(shì)能?等效重力大小與物體沿等效重力場(chǎng)方向“高度”的乘積3.舉例7.[多選]如圖所示，空間存在一豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E.該空間有一帶電小球用絕緣細(xì)線懸掛在O點(diǎn)，可在豎直平面內(nèi)做完整的變速圓周運(yùn)動(dòng)，且小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，細(xì)線受到的拉力最大.已知帶電小球的質(zhì)量為m，帶電荷量為q，細(xì)線長(zhǎng)為l，重力加速度為g，則（BD）A.小球帶正電B.電場(chǎng)力大于重力C.小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)速度最大D.小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程的最小速度為（解析因?yàn)樾∏蜻\(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，細(xì)線受到的拉力最大，可知重力和電場(chǎng)力的合力(等效重力)方向向上，則電場(chǎng)力方向向上，且電場(chǎng)力大于重力，小球帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤，B正確；因重力和電場(chǎng)力的合力方向向上，可知小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)速度最大，故C錯(cuò)誤；由于等效重力豎直向上，所以小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)速度最小，最小速度滿足qE－mg＝mvmin2l，即vmin＝(qE8.如圖所示，空間有一水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，半徑為r的絕緣光滑圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，O是圓心，AB是豎直方向的直徑.一質(zhì)量為m、電荷量為＋q（q＞0）的小球套在圓環(huán)上，并靜止在P點(diǎn)，OP與豎直方向的夾角θ＝37°.不計(jì)空氣阻力，已知重力加速度為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：（1）電場(chǎng)強(qiáng)度E的大??；（2）若要使小球從P點(diǎn)出發(fā)能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，小球初速度的大小應(yīng)滿足的條件.答案（1）3mg4q（2解析（1）當(dāng)小球靜止在P點(diǎn)時(shí)，小球的受力情況如圖所示，則有qEmg＝tanθ，所以E＝（2）小球所受重力與電場(chǎng)力的合力F＝（mg）2＋（qE）2＝54mg.當(dāng)小球做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，可以等效為在一個(gè)場(chǎng)”中運(yùn)動(dòng).若要使小球能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，則小球必須能通過(guò)圖中的Q點(diǎn).設(shè)當(dāng)小球從P點(diǎn)出發(fā)的速度為vmin時(shí)，小球到達(dá)Q點(diǎn)時(shí)速度為零，在小球從P運(yùn)動(dòng)到Q的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有－54mg·2r＝0－12mvmin2，所以vmin＝方法點(diǎn)撥等效法求解電場(chǎng)中圓周運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的解題思路1.求出重力與電場(chǎng)力的合力F合，將這個(gè)合力視為一個(gè)“等效重力”.2.將a＝F合m視為“等效重力加速度3.找出等效“最低點(diǎn)”和等效“最高點(diǎn)”.4.將物體在重力場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律遷移到等效重力場(chǎng)中分析求解.題型4電場(chǎng)中的力電綜合問(wèn)題1.解題關(guān)鍵通過(guò)審題抓住受力分析和運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析是關(guān)鍵，然后根據(jù)不同的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中各力做功的特點(diǎn)來(lái)選擇相應(yīng)規(guī)律求解.動(dòng)能定理和能量守恒定律在處理電場(chǎng)中的能量問(wèn)題時(shí)仍是首選的方法.（1）用正交分解法處理帶電粒子的復(fù)雜運(yùn)動(dòng)問(wèn)題：可以將復(fù)雜的運(yùn)動(dòng)分解為兩個(gè)互相正交的比較簡(jiǎn)單的直線運(yùn)動(dòng).（2）用能量觀點(diǎn)處理帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題：對(duì)于受變力作用的帶電粒子的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，必須借助于能量觀點(diǎn)來(lái)處理；即使是受恒力作用的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，用能量觀點(diǎn)處理常常也更加簡(jiǎn)便.2.用能量觀點(diǎn)處理帶電粒子的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題（1）用動(dòng)能定理處理思維順序一般為：①弄清研究對(duì)象，明確所研究的物理過(guò)程.②分析粒子在所研究過(guò)程中的受力情況，弄清哪些力做功，做正功還是負(fù)功.③弄清所研究過(guò)程的始、末狀態(tài)（主要指動(dòng)能）.④根據(jù)W＝ΔEk列出方程求解.（2）用包括電勢(shì)能和內(nèi)能在內(nèi)的能量守恒定律處理列式的方法常有兩種：①利用初、末狀態(tài)的總能量相等（即E1＝E2）列方程.②利用某些能量的減少量等于另一些能量的增加量列方程.（3）兩個(gè)結(jié)論①若帶電粒子只在電場(chǎng)力作用下運(yùn)動(dòng)，其動(dòng)能和電勢(shì)能之和保持不變.②若帶電粒子只在重力和電場(chǎng)力作用下運(yùn)動(dòng)，其機(jī)械能和電勢(shì)能之和保持不變.9.[帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的功能問(wèn)題/2023黑龍江哈爾濱質(zhì)量監(jiān)測(cè)/多選]如圖所示，AC是圓O的一條水平直徑，BD是豎直直徑，M點(diǎn)是圓上的點(diǎn)，OM連線與OC的夾角為60°，該圓處于方向與圓面平行的勻強(qiáng)電場(chǎng)中.將電荷量為q（q＞0）、質(zhì)量為m的粒子從圓心O點(diǎn)以相同的動(dòng)能Ek0射出，射出方向不同但都與圓共面，粒子在重力和電場(chǎng)力的作用下可以經(jīng)過(guò)圓周上的所有點(diǎn).其中經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)粒子的動(dòng)能最小且為Ek02.已知圓的半徑為R，重力加速度的大小為g，勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E＝2mgq，則下列說(shuō)法正確的是（A.M點(diǎn)的電勢(shì)高于A點(diǎn)的電勢(shì)B.B點(diǎn)的電勢(shì)等于D點(diǎn)的電勢(shì)C.粒子經(jīng)過(guò)M點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為38ED.粒子經(jīng)過(guò)AB連線中點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為54E解析由題意知，因?yàn)榻?jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)粒子的動(dòng)能最小，所以粒子從O點(diǎn)到C點(diǎn)克服合外力所做的功最多，而重力和電場(chǎng)力對(duì)粒子做的功只與粒子的初、末位置有關(guān)，與路徑無(wú)關(guān)，由此可推知重力和電場(chǎng)力的合力F的方向一定水平向左，如圖所示，又因?yàn)閝E＝2mg，則根據(jù)幾何關(guān)系以及平行四邊形定則可知電場(chǎng)強(qiáng)度方向與水平方向夾角為30°，根據(jù)沿電場(chǎng)強(qiáng)度方向電勢(shì)降低可知M點(diǎn)的電勢(shì)高于A點(diǎn)的電勢(shì)，B點(diǎn)的電勢(shì)低于D點(diǎn)的電勢(shì)，A正確，B錯(cuò)誤；根據(jù)前面分析可知粒子所受合外力大小為F＝mgtan30°＝3mg，對(duì)從O點(diǎn)到C點(diǎn)的粒子，根據(jù)動(dòng)能定理有Ek02－Ek0＝－FR，根據(jù)幾何關(guān)系可知OM垂直于電場(chǎng)線，所以O(shè)M為一條等勢(shì)線，粒子從O點(diǎn)到M點(diǎn)的過(guò)程，電場(chǎng)力不做功，重力做負(fù)功，根據(jù)動(dòng)能定理有EkM－Ek0＝－mgRsin60°，解得EkM＝34Ek0，C錯(cuò)誤；AB連線中點(diǎn)G在AO上的投影點(diǎn)為H，根據(jù)幾何關(guān)系可知HO＝R2，根據(jù)動(dòng)能定理有EkG－Ek0＝F·HO，解得EkG＝54E10.[直線運(yùn)動(dòng)＋圓周運(yùn)動(dòng)]如圖所示，左邊豎直半圓光滑絕緣軌道與水平光滑絕緣軌道相切于A點(diǎn)，整個(gè)空間有斜向左上方的勻強(qiáng)電場(chǎng)，與水平方向夾角θ＝30°，電場(chǎng)強(qiáng)度E＝1.0×103N/C，B點(diǎn)是軌道的最高點(diǎn)，半圓半徑R＝2m.在水平軌道上距A點(diǎn)L＝833m的C處由靜止釋放一質(zhì)量m＝2×10－4kg、電荷量q＝2×10－6C的帶正電小球P，小球沿水平軌道運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間，從A點(diǎn)沖上半圓軌道，并沿半圓軌道到達(dá)軌道最高點(diǎn)B，取A點(diǎn)電勢(shì)為零，重力加速度g取10m/s2.（1）電勢(shì)能的最小值；（2）最大速度的大小.答案（1）－6×10－3J（2）10m/s解析（1）設(shè)過(guò)O點(diǎn)的電場(chǎng)線與半圓軌道的交點(diǎn)為M，則小球在M點(diǎn)電勢(shì)能最低，如圖所示.OM與豎直方向成60°角，EpA＝0，小球從A到M的過(guò)程中，根據(jù)功能關(guān)系有WAM＝EpA－EpM電場(chǎng)力做功WAM＝EqR（1＋sinθ）聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得EpM＝－6×10－3J（2）小球從C到A的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有EqLcosθ＝12m因?yàn)閙g＝Eq，且重力與電場(chǎng)力的夾角為120°，所以合力為F合＝mg，方向斜向左下方，與豎直方向成β＝60°角，過(guò)O點(diǎn)沿F合的方向作直線，交半圓軌道于D點(diǎn)，如圖所示，則小球在D點(diǎn)時(shí)速度最大小球從A到D的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有F合R（1－cos60°）＝12mvD2－聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得vD＝10m/s所以小球在半圓軌道上運(yùn)動(dòng)的最大速度為10m/s.11.[圓周運(yùn)動(dòng)＋拋體運(yùn)動(dòng)/2024云南昆明“三診一?！泵譣如圖所示，質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小球（可視為質(zhì)點(diǎn)）與不可伸長(zhǎng)的絕緣輕繩相連，繩子另一端固定在O點(diǎn)的拉力傳感器上（拉力傳感器沒(méi)有畫出），O點(diǎn)距離水平地面的高度為2R，空間存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng).現(xiàn)使小球獲得一初速度后繞O點(diǎn)在豎直平面內(nèi)做半徑為R的圓周運(yùn)動(dòng)，拉力傳感器顯示出繩子拉力的最小值為0，最大值為12mg，g為重力加速度.（1）求勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小E；（2）若小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)繩子斷裂，求小球落地點(diǎn)到O點(diǎn)的水平距離.答案（1）mgq（2）10解析（1）依題意，小球通過(guò)最高點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律有mg＋qE＝mv從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)，據(jù)動(dòng)能定理有（mg＋qE）×2R＝12mv2－12通過(guò)最低點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律有12mg－（mg＋qE）＝mv聯(lián)立解得E＝mg（2）繩斷后小球做類平拋運(yùn)動(dòng)豎直方向上：R＝12at水平方向上：x＝vt根據(jù)牛頓第二定律有mg＋qE＝ma聯(lián)立解得x＝10R.1.[電場(chǎng)中的圖像問(wèn)題/2023上海]空間中有一電場(chǎng)，電勢(shì)分布如圖所示，現(xiàn)放入一個(gè)負(fù)點(diǎn)電荷，隨后向右移動(dòng)此電荷，下列電荷電勢(shì)能隨位置變化的圖像正確的是（C） AB CD解析由φ－s圖像可知，沿s軸正向電勢(shì)逐漸降低，由公式Ep＝qφ可知負(fù)電荷在低電勢(shì)點(diǎn)的電勢(shì)能大，所以負(fù)電荷向右移動(dòng)的過(guò)程中電勢(shì)能逐漸增大，又各點(diǎn)的電勢(shì)為正值，則負(fù)電荷在各點(diǎn)具有的電勢(shì)能為負(fù)值，故C正確，ABD錯(cuò)誤.2.[電場(chǎng)中的圖像問(wèn)題/2021山東]如圖甲所示，邊長(zhǎng)為a的正方形，四個(gè)頂點(diǎn)上分別固定一個(gè)電荷量為＋q的點(diǎn)電荷；在0≤x＜22a區(qū)間，x軸上電勢(shì)φ的變化曲線如圖乙所示.現(xiàn)將一電荷量為－Q的點(diǎn)電荷P置于正方形的中心O點(diǎn)，此時(shí)每個(gè)點(diǎn)電荷所受庫(kù)侖力的合力均為零.若將P沿x軸向右略微移動(dòng)后，由靜止釋放，以下判斷正確的是（C圖甲圖乙A.Q＝2+12q，釋放后B.Q＝2+12q，釋放后C.Q＝22+14qD.Q＝22+14q解析對(duì)O點(diǎn)上方的點(diǎn)電荷，受力分析如圖所示，由平衡知識(shí)可得2kq2a2＋kq2（2a）2＝kQq（12a）2，解得Q＝22+14q，因在0≤x＜23.[牛頓運(yùn)動(dòng)定律＋圓周運(yùn)動(dòng)＋動(dòng)能/2022浙江6月/多選]如圖為某一徑向電場(chǎng)示意圖，電場(chǎng)強(qiáng)度大小可表示為E＝ar，a為常量.比荷相同的兩粒子在半徑r不同的圓軌道運(yùn)動(dòng).不考慮粒子間的相互作用及重力，則（BCA.軌道半徑r小的粒子角速度一定小B.電荷量大的粒子的動(dòng)能一定大C.粒子的速度大小與軌道半徑r一定無(wú)關(guān)D.當(dāng)加垂直紙面磁場(chǎng)時(shí)，粒子一定做離心運(yùn)動(dòng)解析粒子在半徑為r的圓軌道運(yùn)動(dòng)，有qE＝mω2r，將E＝ar代入上式得ω2＝qamr2，可知軌道半徑小的粒子，角速度大，A錯(cuò)誤；由qE＝mv2r、Ek＝12mv2、E＝ar解得Ek＝qa2，即電荷量大的粒子動(dòng)能一定大，B正確；由qE＝mv2r、E＝ar可得v24.[彈簧＋斜面/2022遼寧/多選]如圖所示，帶電荷量為6Q（Q＞0）的球1固定在傾角為30°的光滑絕緣斜面上的a點(diǎn)，其正上方L處固定一帶電荷量為－Q的球2，斜面上距a點(diǎn)L處的b點(diǎn)有質(zhì)量為m的帶電球3.球3與一端固定的絕緣輕質(zhì)彈簧相連并在b點(diǎn)處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時(shí)彈簧的壓縮量為L(zhǎng)2，球2、3間的靜電力大小為mg2.迅速移走球1后，球3沿斜面向下運(yùn)動(dòng).g為重力加速度，球的大小可忽略，下列關(guān)于球3的說(shuō)法正確的是（BCDA.帶負(fù)電B.運(yùn)動(dòng)至a點(diǎn)的速度大小為gLC.運(yùn)動(dòng)至a點(diǎn)的加速度大小為2gD.運(yùn)動(dòng)至ab中點(diǎn)時(shí)對(duì)斜面的壓力大小為33解析假設(shè)球3帶負(fù)電，則球1對(duì)球3的作用力沿斜面向下，球2對(duì)球3的作用力為斥力，由于球之間的距離相等，則球1對(duì)球3的作用力一定大于球2對(duì)球3的作用力，彈簧不可能處于壓縮狀態(tài)，因此球3一定帶正電，A錯(cuò)誤.移走球1前，彈簧的壓縮量為L(zhǎng)2，則移走球1后球3運(yùn)動(dòng)至a位置時(shí)，彈簧的伸長(zhǎng)量為L(zhǎng)2，則球3在b點(diǎn)與在a點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能相等，又由于a、b兩點(diǎn)到球2的距離相等，則在球2形成的電場(chǎng)中a、b兩點(diǎn)的電勢(shì)相等，a、b兩點(diǎn)的電勢(shì)差為零，則球3由b到a的過(guò)程，由動(dòng)能定理得mgLsin30°＝12mv2，解得v＝gL，B正確.對(duì)移走球1前的球3受力分析，如圖甲所示，由力的平衡條件，沿斜面方向上有mgsin30°＋F23sin30°＋F＝F13，又F23＝kQqL2＝mg2，F(xiàn)13＝k·6QqL2＝3mg，解得F＝94mg；當(dāng)球3在a點(diǎn)時(shí)，受力分析如圖乙所示，由于彈簧的伸長(zhǎng)量為L(zhǎng)2，則F'＝F，對(duì)球3由牛頓第二定律得F'＋F’23sin30°－mgsin30°＝ma，解得a＝2g，C正確.球3運(yùn)動(dòng)到ab中點(diǎn)時(shí)，受力分析如圖丙所示，球3與球2之間的距離為x＝Lcos30°＝32L，則兩球之間的庫(kù)侖力大小為F″23＝kQq(32L)2＝2mg3，由力的平衡條件知在垂直斜圖甲圖乙圖丙5.[能量守恒定律＋帶電體在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)/2022遼寧]如圖所示，光滑水平面AB和豎直面內(nèi)的光滑14圓弧導(dǎo)軌BO在B點(diǎn)平滑連接，導(dǎo)軌半徑為R.質(zhì)量為m的帶正電小球?qū)⑤p質(zhì)彈簧壓縮至A點(diǎn)后由靜止釋放，脫離彈簧后經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)的速度大小為gR，之后沿導(dǎo)軌BO運(yùn)動(dòng).以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)建立直角坐標(biāo)系xOy，在x≥－R區(qū)域有方向與x軸夾角為θ＝45°的勻強(qiáng)電場(chǎng)，進(jìn)入電場(chǎng)后小球受到的電場(chǎng)力大小為2mg.小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電荷量保持不變，重力加速度為g.求：（1）彈簧壓縮至A點(diǎn)時(shí)的彈性勢(shì)能；（2）小球經(jīng)過(guò)O點(diǎn)時(shí)的速度大?。唬?）小球過(guò)O點(diǎn)后運(yùn)動(dòng)的軌跡方程.答案（1）12mgR（2）3gR（3）x解析（1）小球從A點(diǎn)靜止釋放，根據(jù)動(dòng)能定理有EpA＝12mvB可得彈簧壓縮至A點(diǎn)時(shí)的彈性勢(shì)能EpA＝12（2）小球從B運(yùn)動(dòng)到O的過(guò)程中重力、電場(chǎng)力對(duì)小球做功，根據(jù)動(dòng)能定理有12mv02－12mvB2＝F其中F電＝2mg可得v0＝3（3）小球離開(kāi)O點(diǎn)后的受力分析如圖所示，根據(jù)受力分析可知重力與電場(chǎng)力的合力方向沿水平方向，大小為F合＝mg，即小球離開(kāi)O點(diǎn)后，在水平方向以加速度g做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有x＝12gt2，其中x≥0在豎直方向以速度v0做勻速直線運(yùn)動(dòng)，有y＝v0t＝t3聯(lián)立可得軌跡方程為x＝y(tǒng)1.[多選]如圖所示，在粗糙絕緣水平面上間隔一定距離放置兩個(gè)帶電的物體A、B，帶電荷量分別為＋Q和－q（設(shè)兩電荷間只有庫(kù)侖力），開(kāi)始時(shí)，A、B均處于靜止?fàn)顟B(tài)，在物體B上施加一水平向右的恒力F，使物體A、B向右運(yùn)動(dòng).在此過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（AD）A.力F、庫(kù)侖力及摩擦力對(duì)物體B所做的功之和等于物體B的動(dòng)能增量B.力F做的功與摩擦力對(duì)物體B做的功之和等于物體B的動(dòng)能增量C.庫(kù)侖力及摩擦力對(duì)物體A做的功等于物體A的動(dòng)能增量與電勢(shì)能增量之和D.力F做的功及摩擦力對(duì)物體A和B做功的代數(shù)和等于物體A和B的動(dòng)能增量及電勢(shì)能增量之和解析根據(jù)動(dòng)能定理知，力F做的功與摩擦力對(duì)物體B做的功及庫(kù)侖力對(duì)物體B做的功之和等于物體B的動(dòng)能增量，故A正確，B錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理知庫(kù)侖力及摩擦力對(duì)物體A做的功等于物體A的動(dòng)能增量，C錯(cuò)誤；根據(jù)能量守恒可知：力F做的功及摩擦力對(duì)物體A和B做功的代數(shù)和等于物體A和B的動(dòng)能增量及電勢(shì)能增量之和，故D正確.2.[多選]某條電場(chǎng)線是一條直線，上邊依次有O、A、B、C四個(gè)點(diǎn)，相鄰兩點(diǎn)間距離均為d，以O(shè)點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，沿電場(chǎng)強(qiáng)度方向建立x軸，該電場(chǎng)線上各點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度E隨x的變化規(guī)律如圖所示.一個(gè)帶電荷量為＋q的粒子，從O點(diǎn)右側(cè)某處（到O點(diǎn)間距離極小，可忽略）由靜止釋放，僅受電場(chǎng)力作用，則（AD）A.若O點(diǎn)的電勢(shì)為零，則A點(diǎn)的電勢(shì)為－EB.粒子從A到B做勻速直線運(yùn)動(dòng)C.粒子在OA段電勢(shì)能減少量小于BC段電勢(shì)能減少量D.粒子運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)動(dòng)能為3解析由圖可知E－x圖像所圍成圖形的面積表示兩點(diǎn)間的電勢(shì)差大小，因此UOA＝12E0d，由于φo＝0，因此φA＝－12E0d，故A正確；粒子由A到B過(guò)程電場(chǎng)力一直做正功，則帶正電粒子一直加速運(yùn)動(dòng)，在該過(guò)程電場(chǎng)強(qiáng)度不變，帶電粒子做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；粒子在OA段的平均電場(chǎng)力大于BC段的平均電場(chǎng)力，則OA段的電場(chǎng)力做的功大于BC段電場(chǎng)力做的功，由功能關(guān)系知，粒子在OA段電勢(shì)能的變化量大于在BC段電勢(shì)能的變化量，或者從OA段和BC段圖像所圍成圖形的面積分析可知UOA＞UBC，根據(jù)電場(chǎng)力做功公式W＝qU和W＝－ΔEp，也可得出粒子在OA段電勢(shì)能的變化量大于在BC段電勢(shì)能的變化量，故C錯(cuò)誤；對(duì)粒子從O到B點(diǎn)過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理，則有WOB＝qUOB＝EkB－0，而UOB＝12E0(d＋2d)，聯(lián)立方程解得EkB＝3qE3.[2024湖北“宜荊荊恩”起點(diǎn)考試]如圖甲所示，在某電場(chǎng)中建立x坐標(biāo)軸，一個(gè)質(zhì)子僅在電場(chǎng)力作用下沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)間距相等的A、B、C三點(diǎn)，該質(zhì)子的電勢(shì)能Ep隨坐標(biāo)x變化的關(guān)系如圖乙所示，則下列說(shuō)法正確的是（A）圖甲圖乙A.A點(diǎn)電勢(shì)高于B點(diǎn)電勢(shì)B.A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度小于B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度C.質(zhì)子經(jīng)過(guò)A點(diǎn)的速率大于經(jīng)過(guò)B點(diǎn)的速率D.A、B兩點(diǎn)電勢(shì)差UAB小于B、C兩點(diǎn)電勢(shì)差UBC解析由題圖乙可知，質(zhì)子沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，其電勢(shì)能逐漸降低，所以電場(chǎng)力做正功，又質(zhì)子帶正電，則電場(chǎng)線沿x軸正方向，故A點(diǎn)電勢(shì)高于B點(diǎn)電勢(shì)【另解：電勢(shì)高低亦可通過(guò)電勢(shì)能的高低來(lái)判斷】，A正確；Ep－x圖線斜率的絕對(duì)值表示電場(chǎng)力的大小【點(diǎn)撥：電場(chǎng)力做的功W＝－ΔEp＝FΔx，則ΔEpΔx＝－F】，又E＝Fq，則圖線斜率絕對(duì)值的變化可以間接反映場(chǎng)強(qiáng)大小的變化，由題圖乙可知，圖線斜率的絕對(duì)值逐漸減小，則場(chǎng)強(qiáng)逐漸減小，即A點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大于B點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)，B錯(cuò)誤；質(zhì)子從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程，電場(chǎng)力做正功，質(zhì)子的動(dòng)能增大，速度增大，則質(zhì)子經(jīng)過(guò)A點(diǎn)的速率小于經(jīng)過(guò)B點(diǎn)的速率，C錯(cuò)誤；結(jié)合B項(xiàng)分析，A、B之間的平均場(chǎng)強(qiáng)大于B、C之間的平均場(chǎng)強(qiáng)，根據(jù)U＝Ed定性分析可知，UAB＞U4.[2024山東菏澤明德學(xué)校月考/多選]兩個(gè)等量同種正點(diǎn)電荷固定于光滑絕緣水平面上，其連線中垂線上有A、B、C三點(diǎn)，如圖甲所示，一個(gè)電荷量為＋2×10－3C、質(zhì)量為0.1kg的小物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）從C點(diǎn)靜止釋放，其在水平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)的v－t圖像如圖乙所示，其中B點(diǎn)處為整條圖線切線斜率最大的位置（圖中標(biāo)出了該切線），則下列說(shuō)法正確的是（ACD）A.由C到A的過(guò)程中物塊的電勢(shì)能逐漸減小B.B、A兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UBA＝5VC.由C點(diǎn)到A點(diǎn)電勢(shì)逐漸降低D.B點(diǎn)為中垂線上電場(chǎng)強(qiáng)度最大的點(diǎn)，場(chǎng)強(qiáng)為100N/C解析由v－t圖像可知，由C到A的過(guò)程中，物塊的速度一直增大，電場(chǎng)力對(duì)物塊做正功，電勢(shì)能一直減小，A正確；由v－t圖像可知，A、B兩點(diǎn)的速度分別為vA＝6m/s，vB＝4m/s，再根據(jù)動(dòng)能定理得qUAB＝12mvB2－12mvA2，解得UAB＝－500V，故UBA＝500V，B錯(cuò)誤；兩個(gè)等量同種正點(diǎn)電荷連線中垂線上電場(chǎng)強(qiáng)度方向由O點(diǎn)沿中垂線指向外側(cè)，故由C點(diǎn)到A點(diǎn)的過(guò)程中電勢(shì)逐漸降低，C正確；小物塊在B點(diǎn)的加速度最大，為am＝47-5m/s2＝2m/s2，所受的電場(chǎng)力最大為Fm＝mam＝0.1×2N＝0.2N，則場(chǎng)強(qiáng)最大值為Em＝F5.[2023海南統(tǒng)考/多選]如圖所示，空間存在著方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，光滑絕緣斜面AB與粗糙絕緣水平地面平滑連接，斜面AB與水平面的夾角α＝37°.質(zhì)量為m＝0.5kg、電荷量為q的帶正電小物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）從A點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)過(guò)B點(diǎn)后進(jìn)入水平面，最后停在C點(diǎn).若小物塊經(jīng)過(guò)B點(diǎn)前后速度大小不變，電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E＝mgq，lAB＝24m，lBC＝36m，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列說(shuō)法正確的是（BCA.小物塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的加速度大小為6m/s2B.小物塊從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)所用的時(shí)間為5sC.小物塊與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4D.小物塊從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，靜電力所做的功等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加量解析由牛頓第二定律知小物塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a＝(mg＋qE)sinαm＝12m/s2，故A錯(cuò)誤；小物塊從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，有l(wèi)AB＝12at12，所用的時(shí)間為t1＝2s，到B點(diǎn)的速度為v＝at1＝24m/s，小物塊從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，有l(wèi)BC＝v2t2，所用的時(shí)間為t2＝3s，則小物塊從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)所用的時(shí)間為t＝t1＋t2＝5s，故B正確；小物塊在水平地面上的加速度a'＝vt2＝8m/s2，由牛頓第二定律有μ(mg＋qE)＝ma'，可得小物塊與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.4，故C正確；小物塊從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，靜電力和重力做正功，摩擦力做負(fù)功，由WG＋WE－Wf6.[2024四川宜賓第二中學(xué)開(kāi)學(xué)考/多選]如圖所示，質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小圓環(huán)套在半徑為R的光滑絕緣大圓環(huán)上，大圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，O為環(huán)心，A為最低點(diǎn)，B為最高點(diǎn).大圓環(huán)所在的豎直平面內(nèi)存在水平向右、場(chǎng)強(qiáng)為mgq（g為重力加速度）的勻強(qiáng)電場(chǎng)，現(xiàn)給在A點(diǎn)的小圓環(huán)一個(gè)向右的水平初速度v0，小圓環(huán)恰好能夠沿大圓環(huán)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，則小圓環(huán)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中（BC）A.動(dòng)能最小與最大的位置在同一等勢(shì)面上B.電勢(shì)能最小的位置恰是機(jī)械能最大的位置C.在A點(diǎn)獲得的初速度為2D.在B點(diǎn)受到大圓環(huán)彈力大小為mg解析由于勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度為mgq，易知小圓環(huán)所受電場(chǎng)力與重力大小相等，作出小圓環(huán)的等效最低點(diǎn)C與等效最高點(diǎn)D，如圖所示，小圓環(huán)在等效最低點(diǎn)時(shí)速度最大，動(dòng)能最大，在等效最高點(diǎn)時(shí)速度最小，動(dòng)能最小，根據(jù)沿電場(chǎng)線電勢(shì)降低，可知φD＞φC，兩者不在同一等勢(shì)面上，A錯(cuò)誤；小圓環(huán)在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，只有電勢(shì)能、動(dòng)能與重力勢(shì)能的轉(zhuǎn)化，即只有電勢(shì)能與機(jī)械能的轉(zhuǎn)化，則電勢(shì)能最小的位置恰是機(jī)械能最大的位置，B正確；小圓環(huán)恰好能夠沿大圓環(huán)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，即小圓環(huán)通過(guò)等效最高點(diǎn)D的速度為0，對(duì)小圓環(huán)由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)過(guò)程進(jìn)行分析有－qERsin45°－mg(R＋Rcos45°)＝0－12mv02，解得v0＝2(1+2)gR，C正確；小圓環(huán)由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B過(guò)程有－mg·2R＝12mvB2－12mv02，在B點(diǎn)有N＋mg＝mvB2R，解得N＝(27.[2024四川成都七中零診]如圖，空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)（圖中未畫出），一帶電荷量為q（q＞0）、質(zhì)量為m的小球，自距離地面高h(yuǎn)的A點(diǎn)由靜止釋放.落地點(diǎn)B距離釋放點(diǎn)的水平距離為34h，重力加速度為g（1）電場(chǎng)強(qiáng)度E的大??；（2）落地時(shí)小球的動(dòng)能.答案（1）3mg4q（2解析（1）小球豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，有h＝12gt水平方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有34h＝12根據(jù)牛頓第二定律，有qE＝ma聯(lián)立解得E＝3（2）小球由A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程根據(jù)動(dòng)能定理有mgh＋qE·34h＝Ek－解得落地時(shí)小球的動(dòng)能為Ek＝2516mgh8.[2022全國(guó)甲/多選]地面上方某區(qū)域存在方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，將一帶正電荷的小球自電場(chǎng)中P點(diǎn)水平向左射出.小球所受的重力和電場(chǎng)力的大小相等，重力勢(shì)能和電勢(shì)能的零點(diǎn)均取在P點(diǎn).則射出后（BD）A.小球的動(dòng)能最小時(shí)，其電勢(shì)能最大B.小球的動(dòng)能等于初始動(dòng)能時(shí)，其電勢(shì)能最大C.小球速度的水平分量和豎直分量大小相等時(shí)，其動(dòng)能最大D.從射出時(shí)刻到小球速度的水平分量為零時(shí)，重力做的功等于小球電勢(shì)能的增加量解析由題意可知，小球所受電場(chǎng)力與重力的合力指向右下，與水平方向成45°角，小球向左射出后做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)其水平分量速度與豎直分量速度大小相等時(shí)，即速度方向與小球所受合力方向垂直時(shí)，小球克服合力做的功最大，此時(shí)動(dòng)能最小，而此時(shí)小球仍具有水平向左的分速度，電場(chǎng)力仍將對(duì)其做負(fù)功，其電勢(shì)能繼續(xù)增大，A、C項(xiàng)錯(cuò)誤；小球在電場(chǎng)力方向上的加速度大小ax＝g，豎直方向加速度大小ay＝g，當(dāng)小球水平分量速度減為零時(shí)，克服電場(chǎng)力做的功最大，小球的電勢(shì)能最大，由勻變速運(yùn)動(dòng)規(guī)律有v0＝gt，此時(shí)小球豎直方向的速度vy＝gt＝v0，所以此時(shí)小球動(dòng)能等于初動(dòng)能，由能量守恒定律可知，小球重力勢(shì)能減少量等于小球電勢(shì)能的增加量，又由功能關(guān)系知重力做的功等于小球重力勢(shì)能的減少量，故B、D項(xiàng)正確.易錯(cuò)點(diǎn)撥合力為恒力時(shí)，當(dāng)小球的速度與合力方向垂直時(shí)，小球的速度最小，動(dòng)能最小，電勢(shì)能與重力勢(shì)能的和最大，而不是電勢(shì)能最大，因此在處理本題時(shí)應(yīng)注意能量的轉(zhuǎn)化.9.某靜電場(chǎng)方向平行于x軸，其電勢(shì)φ隨x的變化規(guī)律如圖所示.設(shè)x軸正方向?yàn)殡妶?chǎng)強(qiáng)度E的方向，下列各圖分別表示x軸上各點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度E隨x的變化圖像，其中可能正確的是（B）ABCD解析φ－x圖像的斜率的絕對(duì)值表示電場(chǎng)強(qiáng)度的大小，沿電場(chǎng)方向電勢(shì)降低，因而在x＝0的左側(cè)，電場(chǎng)方向向左，在x＝0的右側(cè)，電場(chǎng)方向向右，且在x軸的左、右兩側(cè)圖像斜率不變，即電場(chǎng)均為勻強(qiáng)電場(chǎng)，B正確.10.[多選]如圖甲所示，平行金屬板中央有一個(gè)靜止的電子（不計(jì)重力），兩板間距離足夠大.當(dāng)兩板間加上如圖乙所示的交變電壓后，選項(xiàng)圖中反映電子速度v、位移x和加速度a隨時(shí)間t的變化規(guī)律圖像，可能正確的是（AD）解析在平行金屬板之間加上題圖乙所示的交變電壓時(shí)，電子在平行金屬板間所受的電場(chǎng)力大小始終不變，F(xiàn)＝U0ed，由牛頓第二定律F＝ma可知，電子的加速度大小始終不變，電子在第一個(gè)T4內(nèi)向B板做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在第二個(gè)T4內(nèi)向B板做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，在第三個(gè)T4內(nèi)向A板做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在第四個(gè)T4內(nèi)向A板做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，所以a－t圖像應(yīng)如D項(xiàng)所示，v－t圖像應(yīng)如A項(xiàng)所示，A、D正確，C錯(cuò)誤；又因勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移x＝v0t＋12at211.如圖所示，固定于豎直平面內(nèi)的粗糙絕緣斜桿與水平方向夾角為30°，平面內(nèi)存在一水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng).質(zhì)量為1×10－3kg、帶電荷量為＋5×10－6C的小球套在桿上，小球沿桿下滑過(guò)程中未受摩擦力作用.重力加速度g取10m/s2.（1）求電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小（結(jié)果保留三位有效數(shù)字）；（2）求小球下滑過(guò)程中的加速度大??；（3）若場(chǎng)強(qiáng)大小不變，方向變?yōu)樗较蛴?為使小球能由靜止開(kāi)始沿桿向上運(yùn)動(dòng)，求桿與小球之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ的取值范圍（設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力）.答案（1）3.46×103N/C（2）20m/s2（3）μ＜3解析（1）小球的受力分析如圖甲所示，小球未受摩擦力作用，說(shuō)明小球和桿之間沒(méi)有彈力根據(jù)垂直桿方向受力平衡可得Eqsin30°＝mgcos30°解得E＝mgqtan30°＝ （2）小球的加速度沿桿向下，根據(jù)平行四邊形定則及牛頓第二定律得F＝mgsin30°解得a＝20m/s2（3）場(chǎng)強(qiáng)大小不變，方向變?yōu)樗较蛴遥∏虻氖芰Ψ治鋈鐖D乙所示，可得FN＝mgcos30°＋Eqsin30°Ff＝μFN為使小球能沿桿向上運(yùn)動(dòng)，應(yīng)滿足Eqcos30°＞mgsin30°＋Ff聯(lián)立解得μ＜3312.[2024福建泉州質(zhì)量監(jiān)測(cè)]如圖甲，粗糙絕緣水平面上有兩個(gè)完全相同的金屬小滑塊A、B，質(zhì)量均為m.空間有場(chǎng)強(qiáng)大小均為E、方向均沿水平方向但相反的兩個(gè)勻強(qiáng)電場(chǎng)，B處于電場(chǎng)分界線上.開(kāi)始時(shí)，A帶電荷量為＋2q，B不帶電，A、B相距s，速度均為0，一段時(shí)間后A、B發(fā)生彈性正碰，且碰撞時(shí)間極短，碰后A、B所帶電荷量均恒為＋q，碰后A的最大速度恰好與碰前的最大速度大小相等，A的部分v－t圖像如圖乙所示（vm為未知量），整個(gè)過(guò)程中，A、B之間的庫(kù)侖力視為真空中點(diǎn)電荷的相互作用，靜電力常量為k，A、B與水平面間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力且大小均為qE.求：（1）經(jīng)多長(zhǎng)時(shí)間A、B發(fā)生彈性正碰；（2）碰撞后A的速度最大時(shí)A、B間的距離；（3）碰撞分離后至A速度達(dá)到最大的過(guò)程，A、B間的庫(kù)侖力對(duì)A、B做的總功.答案（1）2msEq（2）kq2E（3）4思維導(dǎo)圖A、B碰撞前A向右勻碰后A的速度最大時(shí)：A受力平衡A、B間距離xABA、B發(fā)生彈性正碰碰后瞬間vA、vB從碰后至A速度最大A向左加速B向右加速A、B系統(tǒng)所受合力為0A速度最大時(shí)動(dòng)能定理解析（1）由題意可知在A、B發(fā)生彈性正碰前，A向右做勻加速直線運(yùn)