4、到達(dá)b孔原來的位置速度減為零，然后返回，不能到達(dá)b孔，故D錯誤．
3．如圖甲所示，兩極板間加上如圖乙所示的交變電壓．開始A板的電勢比B板高，此時兩板中間原來靜止的電子在電場力作用下開始運(yùn)動．設(shè)電子在運(yùn)動中不與極板發(fā)生碰撞，向A板運(yùn)動時為速度的正方向，則下列圖象中能正確反映電子速度變化規(guī)律的是(其中C、D兩項中的圖線按正弦函數(shù)規(guī)律變化)( )
解析：選A 電子在交變電場中所受電場力恒定，加速度大小不變，C、D兩項錯誤；從0時刻開始，電子向A板做勻加速直線運(yùn)動，T后電場力反向，電子向A板做勻減速直線運(yùn)動，直到t＝T時刻速度變?yōu)榱悖笾貜?fù)上述運(yùn)動，A項正確，B項錯誤．
4.(201
5、8屆高考原創(chuàng)猜題卷)如圖所示，高為h的固定光滑絕緣斜面，傾角θ＝53°，將其置于水平向右的勻強(qiáng)電場中，現(xiàn)將一帶正電的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從斜面頂端由靜止釋放，其所受的電場力是重力的倍，重力加速度為g，則物塊落地的速度大小為( )
A．2 B．2
C．2 D.
解析：選D 對物塊受力分析知，物塊不沿斜面下滑，離開斜面后沿重力、電場力合力的方向運(yùn)動，F(xiàn)合＝mg，x＝h，由動能定理得F合·x＝mv2，解得v＝.
5.(多選)如圖所示，光滑的水平軌道AB與半徑為R的光滑的半圓形軌道BCD相切于B點(diǎn)，AB水平軌道部分存在水平向右的勻強(qiáng)電場，半圓形軌道在豎直平面內(nèi)，B為最低
6、點(diǎn)，D為最高點(diǎn)．一質(zhì)量為m、帶正電的小球從距B點(diǎn)x的位置在電場力的作用下由靜止開始沿AB向右運(yùn)動，恰能通過最高點(diǎn)，則( )
A．R越大，x越大
B．R越大，小球經(jīng)過B點(diǎn)后瞬間對軌道的壓力越大
C．m越大，x越大
D．m與R同時增大，電場力做功增大
解析：選ACD 小球在BCD部分做圓周運(yùn)動，在D點(diǎn)，mg＝m，小球由B到D的過程中有－2mgR＝mvD2－mvB2，解得vB＝，R越大，小球經(jīng)過B點(diǎn)時的速度越大，則x越大，選項A正確；在B點(diǎn)有FN－mg＝m，解得FN＝6mg，與R無關(guān)，選項B錯誤；由Eqx＝mvB2，知m、R越大，小球在B點(diǎn)的動能越大，則x越大，電場力做功越多，選項C
7、、D正確．
6.(多選)(2018屆湖北八校聯(lián)考)如圖所示，在豎直平面內(nèi)xOy坐標(biāo)系中分布著與水平方向成45°角的勻強(qiáng)電場，將一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球，以某一初速度從O點(diǎn)豎直向上拋出，它的軌跡恰好滿足拋物線方程x＝ky2，且小球通過點(diǎn)P.已知重力加速度為g，則( )
A．電場強(qiáng)度的大小為
B．小球初速度的大小為
C．小球通過點(diǎn)P時的動能為
D．小球從O點(diǎn)運(yùn)動到P點(diǎn)的過程中，電勢能減少
解析：選BC 小球做類平拋運(yùn)動，則電場力與重力的合力沿x軸正方向，qE＝mg，電場強(qiáng)度的大小為E＝，A錯誤；F合＝mg＝ma，所以a＝g，由類平拋運(yùn)動規(guī)律有＝v0t，＝gt2，得
8、小球初速度大小為v0＝，B正確；由P點(diǎn)的坐標(biāo)分析可知＝，所以小球通過點(diǎn)P時的動能為mv2＝m(v02＋vx2)＝，C正確；小球從O到P過程中電勢能減少，且減少的電勢能等于電場力做的功，即W＝qE·＝，D錯誤．
二、非選擇題
7.(2019屆吉安模擬)如圖所示，一條長為L的細(xì)線上端固定，下端拴一個質(zhì)量為m，電荷量為q的小球，將它置于方向水平向右的勻強(qiáng)電場中，使細(xì)線豎直拉直時將小球從A點(diǎn)由靜止釋放，當(dāng)細(xì)線離開豎直位置偏角α＝60°時，小球速度為0.
(1)求小球的帶電性質(zhì)及電場強(qiáng)度E；
(2)若小球恰好完成豎直圓周運(yùn)動，求從A點(diǎn)釋放小球時應(yīng)有的初速度vA的大小(可含根式)．
解析：(
9、1)根據(jù)電場方向和小球受力分析可知小球帶正電．
小球由A點(diǎn)釋放到速度等于零，由動能定理有EqLsinα－mgL(1－cosα)＝0
解得E＝.
(2)將小球的重力和電場力的合力作為小球的等效重力G′，則G′＝mg，方向與豎直方向成30°角偏向右下方．
若小球恰能做完整的圓周運(yùn)動，在等效最高點(diǎn)：
m＝mg
由A點(diǎn)到等效最高點(diǎn)，根據(jù)動能定理得
－mgL(1＋cos30°)＝mv2－mvA2
聯(lián)立解得vA＝.
答案：(1)正電 (2)
8．(2018屆河南南陽一中月考)如圖甲所示，兩塊水平平行放置的導(dǎo)電板，板間距為d，大量電子(質(zhì)量為m，電荷量為e)連續(xù)不斷地從中點(diǎn)O沿與極板平
10、行的OO′方向射入兩板之間，當(dāng)兩板不帶電時，這些電子通過兩板之間的時間為3t0，當(dāng)在兩板間加如圖乙所示的周期為2t0、幅值恒為U0的周期性電壓時，所有的電子均能從兩板間通過(不計電子重力)．求這些電子穿過平行板時距OO′的最大距離和最小距離．
解析：以電場力的方向?yàn)檎较?，畫出電子在t＝0、t＝t0時刻進(jìn)入電場后，沿電場力的方向的速度vy隨時間t變化的vy-t圖象，如圖甲和乙所示．
電場強(qiáng)度E＝
電子的加速度a＝＝
圖甲中，vy1＝at0＝
vy2＝a×2t0＝
由圖甲可得電子的最大側(cè)位移
ymax＝t0＋vy1t0＋t0＝
由圖乙可得電子的最小側(cè)位移
ymin＝t0
11、＋vy1t0＝.
答案：
9.(2019屆德州質(zhì)檢)如圖所示，在距足夠長的光滑絕緣水平直線軌道上方h高度的P點(diǎn)，固定電荷量為＋Q的點(diǎn)電荷，一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，從軌道上的A點(diǎn)以初速度v0沿軌道向右運(yùn)動，當(dāng)運(yùn)動到P點(diǎn)正下方B點(diǎn)時速度為v.已知點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場在A點(diǎn)的電勢為φ(取無窮遠(yuǎn)處的電勢為零)，PA連線與水平軌道的夾角為60°，試求：
(1)物塊在A點(diǎn)時受到軌道的支持力大小；
(2)點(diǎn)電荷＋Q產(chǎn)生的電場在B點(diǎn)的電勢．
解析：(1)物塊在A點(diǎn)受到點(diǎn)電荷的庫侖力F＝
由幾何關(guān)系可知P、A間距離r＝
設(shè)物塊在A點(diǎn)時受到軌道的支持力大小為FN，由平衡條件
12、有
FN－mg－Fsin60°＝0
解得FN＝mg＋.
(2)設(shè)點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場在B點(diǎn)的電勢為φB，由動能定理有
q(φ－φB)＝mv2－mv02
解得φB＝φ＋.
答案：(1)mg＋ (2)φ＋
10.(2018屆湖南五校高三聯(lián)考)如圖所示，長度為d的絕緣輕桿一端套在光滑水平轉(zhuǎn)軸O上，另一端固定一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電小球．小球可以在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動，AC和BD分別為圓的豎直和水平直徑，等量異種點(diǎn)電荷＋Q、－Q分別固定在以C為中點(diǎn)、間距為2d的水平線上的E、F兩點(diǎn)．讓小球從最高點(diǎn)A由靜止開始運(yùn)動，經(jīng)過B點(diǎn)時小球的速度大小為v，不考慮q對＋Q、－Q所產(chǎn)生電場的影響，重力
13、加速度為g，求：
(1)小球經(jīng)過C點(diǎn)時對桿的拉力大小；
(2)小球經(jīng)過D點(diǎn)時的速度大?。?
解析：(1)小球從A點(diǎn)到C點(diǎn)過程，根據(jù)動能定理有
mg·2d＝mvC2
在C點(diǎn)，由牛頓第二定律有T－mg＝m
得T＝5mg
根據(jù)牛頓第三定律知，球?qū)U的拉力大小為T′＝
T＝5mg.
(2)設(shè)UBA＝U，根據(jù)對稱性可知UBA＝UAD＝U
小球從A點(diǎn)到B點(diǎn)和從A點(diǎn)到D點(diǎn)過程中，根據(jù)動能定理有
mgd＋qU＝mv2
mgd－qU＝mvD2
得vD＝.
答案：(1)5mg (2)
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一、選擇題
1.(2019屆吉林調(diào)研)真空中，在x軸上的原點(diǎn)處和x＝6
14、a處分別固定一個點(diǎn)電荷M、N，在x＝2a處由靜止釋放一個正點(diǎn)電荷P，假設(shè)試探電荷P只受電場力作用沿x軸方向運(yùn)動，得到試探電荷P的速度與其在x軸上的位置關(guān)系如圖所示，則下列說法正確的是( )
A．點(diǎn)電荷M、N一定都是負(fù)電荷
B．試探電荷P的電勢能一定是先增大后減小
C．點(diǎn)電荷M、N所帶電荷量的絕對值之比為2∶1
D．x＝4a處的電場強(qiáng)度一定為零
解析：選D 根據(jù)題意，試探電荷僅在電場力作用下先加速后減速，其動能先增大后減小，其電勢能先減小后增大，選項B錯誤；試探電荷在x＝4a處速度最大，加速度為零，合力為零，電勢能最小，該處電場強(qiáng)度一定為零，選項D正確；在x軸上從原點(diǎn)處到x＝6a
15、處，電場強(qiáng)度從兩頭指向x＝4a處，點(diǎn)電荷M、N一定都是正電荷，選項A錯誤；由＝可得QM＝4QN，選項C錯誤．
2.(多選)(2018屆山西太原一模)如圖所示，在水平向右的勻強(qiáng)電場中，t＝0時，帶負(fù)電的物塊以速度v0沿斜面向上滑動，然后滑回到原處．已知物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)不變，滑塊所帶電荷量不變，用Ek表示滑塊的動能，x表示位移，Ep表示電勢能，取斜面底端為零勢能面，規(guī)定v0的方向?yàn)檎较?，則下列圖線正確的是( )
解析：選AD 物塊先以速度v0沿斜面向上滑動，然后下滑回到原處的過程中，除摩擦力在上滑和下滑時方向相反外，受的其他力大小和方向均不變，故物塊先做勻減速運(yùn)動(加速度較
16、大)，再做反向的勻加速運(yùn)動(加速度較小)，A正確；對物塊沿斜面上升過程由運(yùn)動學(xué)公式有v2－v02＝－2ax，由數(shù)學(xué)知識可知B錯誤；沿斜面上升過程由動能定理有，－Fx＝Ek－Ek0(F為物塊所受合外力，大小恒定)，圖線應(yīng)為直線，可知C錯誤；取斜面底端為零勢能面，由于物塊帶負(fù)電，且沿斜面向上電勢逐漸降低，故物塊的電勢能隨位移的增大而增大，D正確．
3.(2019屆福州四校聯(lián)考)如圖所示，在豎直平面內(nèi)固定一個半徑為R的絕緣圓環(huán)，有兩個可視為點(diǎn)電荷的相同的帶負(fù)電小球A和B套在圓環(huán)上，其中小球A可沿圓環(huán)無摩擦地滑動，小球B固定在圓環(huán)上，和圓心O的連線與水平方向的夾角為45°.現(xiàn)將小球A從位于水平直徑的
17、左端位置由靜止釋放，重力加速度大小為g，則下列說法正確的是( )
A．小球A從釋放到運(yùn)動至圓環(huán)最低點(diǎn)Q的過程中電勢能保持不變
B．小球A運(yùn)動到圓環(huán)的水平直徑右端P點(diǎn)時的速度為0
C．小球A運(yùn)動到圓環(huán)最低點(diǎn)Q的過程中，速率先增大后減小
D．小球A到達(dá)圓環(huán)最低點(diǎn)Q時的速度大小為
解析：選C 小球A從釋放到運(yùn)動至圓環(huán)最低點(diǎn)Q的過程中，受到電場力、重力、圓環(huán)的支持力三個力的作用，其中圓環(huán)的支持力始終與運(yùn)動方向垂直，即圓環(huán)的支持力不做功，分析可知，重力與電場力合力的方向與小球運(yùn)動方向的夾角先小于90°后大于90°，即合力對小球A先做正功后做負(fù)功，根據(jù)動能定理，小球的動能先增大后減小，速率
18、先增大后減小，選項C正確；小球A、B之間的電場力為斥力，電場力與小球運(yùn)動方向之間的夾角先小于90°后大于90°，可知小球A從釋放至運(yùn)動到Q點(diǎn)過程中，小球A的電勢能先減小后增大，選項A錯誤；小球A在釋放點(diǎn)與在Q點(diǎn)的電勢能相等，小球A從釋放運(yùn)動到Q點(diǎn)的過程中，有mgR＝mvQ2，vQ＝，選項D錯誤；假設(shè)小球A到達(dá)P點(diǎn)時速度為零，分析可知，小球A在P點(diǎn)與在釋放點(diǎn)重力勢能相同，小球A在P點(diǎn)的電勢能比在釋放點(diǎn)時大，由能量守恒可知假設(shè)錯誤，小球A不能到達(dá)P點(diǎn)，選項B錯誤．
4.(2018屆湖南五校高三聯(lián)考)在空間中水平面MN的下方存在豎直向下的勻強(qiáng)電場，質(zhì)量為m的帶電小球由MN上方的A點(diǎn)以大小為v的初速
19、度水平拋出，從B點(diǎn)進(jìn)入電場，到達(dá)C點(diǎn)時速度方向恰好水平，A、B、C三點(diǎn)在同一直線上，且AB＝2BC，如圖所示，由此可知( )
A．小球帶正電
B．電場力大小為2mg
C．小球從A點(diǎn)到B點(diǎn)與從B點(diǎn)到C點(diǎn)的運(yùn)動時間相等
D．小球從A點(diǎn)到B點(diǎn)與從B點(diǎn)到C點(diǎn)的速度變化量不相等
解析：選D 根據(jù)小球從B點(diǎn)進(jìn)入電場的軌跡可以看出，小球所受的電場力豎直向上，即小球帶負(fù)電，選項A錯誤；因?yàn)榈竭_(dá)C點(diǎn)時速度水平，所以小球在C點(diǎn)時的速度等于在A點(diǎn)時的速度，因?yàn)锳B＝2BC，設(shè)B、C間豎直距離為h，則A、B間豎直距離為2h，小球由A點(diǎn)到C點(diǎn)根據(jù)動能定理有mg×3h－Eqh＝0，即Eq＝3mg，選項B錯
20、誤；小球從A點(diǎn)到B點(diǎn)的過程中，在豎直方向上的加速度大小為g，方向豎直向下，所用時間為t1＝＝2，從B點(diǎn)到C點(diǎn)的過程中，在豎直方向上的加速度大小為a2＝＝2g，方向豎直向上，故所用時間t2＝ ＝，故t1＝2t2，選項C錯誤；小球從A點(diǎn)到B點(diǎn)與從B點(diǎn)到C點(diǎn)的過程中速度變化量大小都等于Δv＝2g，但方向相反，選項D正確．
5.(多選)(2018屆四川宜賓二診)如圖甲所示，真空中水平放置兩塊長度為2d的平行金屬板P、Q，兩板間距為d，兩板間加上如圖乙所示最大值為U0的周期性變化的電壓．在兩板左側(cè)緊靠P板處有一粒子源A，自t＝0時刻開始連續(xù)釋放初速度大小為v0，方向平行于金屬板的相同帶電粒子．t＝0
21、時刻釋放的粒子恰好從Q板右側(cè)邊緣離開電場．已知電場變化周期T＝，粒子質(zhì)量為m，不計粒子重力及相互間的作用力．則( )
A．在t＝0時刻進(jìn)入的粒子離開電場時速度大小仍為v0
B．粒子的電荷量為
C．在t＝T時刻進(jìn)入的粒子離開電場時電勢能減少了mv02
D．在t＝T時刻進(jìn)入的粒子剛好從P板右側(cè)邊緣離開電場
解析：選AD 粒子進(jìn)入電場后，水平方向做勻速運(yùn)動，則t＝0時刻進(jìn)入電場的粒子在電場中運(yùn)動的時間t＝，此時間正好是交變電場的一個周期；粒子在豎直方向先做加速運(yùn)動后做減速運(yùn)動，經(jīng)過一個周期，粒子的豎直速度為零，故粒子離開電場時的速度大小等于水平速度v0，選項A正確；豎直方向，粒子在時
22、間內(nèi)的位移為，則d＝·2，解得q＝，選項B錯誤，t＝時刻進(jìn)入電場的粒子，離開電場時在豎直方向的位移為d＝2×a2－2×a2＝aT2＝d，故電場力做功W＝×d＝U0q＝mv02，選項C錯誤；t＝時刻進(jìn)入的粒子，在豎直方向先向下加速運(yùn)動，然后向下減速運(yùn)動，再向上加速，向上減速，由對稱可知，此時豎直方向的位移為零，故粒子從P板右側(cè)邊緣離開電場，選項D正確．
6.(多選)如圖所示，一絕緣光滑半圓環(huán)軌道放在豎直向下的勻強(qiáng)電場中，場強(qiáng)為E.在與環(huán)心等高處放有一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小球，由靜止開始沿軌道運(yùn)動，下列說法正確的是( )
A．小球經(jīng)過環(huán)的最低點(diǎn)時速度最大
B．小球在運(yùn)動過程中機(jī)械
23、能守恒
C．小球經(jīng)過環(huán)的最低點(diǎn)時對軌道的壓力為mg＋qE
D．小球經(jīng)過環(huán)的最低點(diǎn)時對軌道的壓力為3(mg＋qE)
解析：選AD 根據(jù)動能定理知，在小球運(yùn)動到最低點(diǎn)的過程中，電場力和重力一直做正功，到達(dá)最低點(diǎn)時速度最大，故A正確；小球在運(yùn)動的過程中除了重力做功，還有電場力做功，機(jī)械能不守恒，故B錯誤；小球經(jīng)過環(huán)的最低點(diǎn)時，根據(jù)動能定理得mgR＋qER＝mv2，根據(jù)牛頓第二定律得FN－qE－mg＝m，解得FN＝3(mg＋qE)，則小球?qū)壍赖膲毫?(mg＋qE)，故C錯誤，D正確．
二、非選擇題
7.如圖所示，長為l的輕質(zhì)細(xì)線固定在O點(diǎn)，細(xì)線的下端系住質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球，小球
24、的最低點(diǎn)距離水平面的高度為h，在小球最低點(diǎn)與水平面之間高為h的空間內(nèi)分布著場強(qiáng)為E的水平向右的勻強(qiáng)電場．固定點(diǎn)O的正下方處有一障礙物P，現(xiàn)將小球從細(xì)線處于水平狀態(tài)由靜止釋放，不計空氣阻力．
(1)細(xì)線在剛要接觸障礙物P時，小球的速度是多大？
(2)細(xì)線在剛要接觸障礙物P和細(xì)線剛接觸到障礙物P時，細(xì)線的拉力發(fā)生多大變化？
(3)若細(xì)線在剛要接觸障礙物P時斷開，小球運(yùn)動到水平面時的動能為多大？
解析：(1)由機(jī)械能守恒定律得
mgl＝mv2，v＝.
(2)細(xì)線在剛要接觸障礙物P時，設(shè)細(xì)線的拉力為T1，由牛頓第二定律得
T1－mg＝m
細(xì)線在剛接觸到障礙物P時，設(shè)細(xì)線的拉力為T2
25、，由牛頓第二定律得
T2－mg＝m
可解得T2－T1＝2mg，即增大2mg.
(3)細(xì)線斷開后小球在豎直方向做自由落體運(yùn)動，運(yùn)動時間t＝
小球在水平方向做勻加速運(yùn)動，運(yùn)動的距離
x＝vt＋·t2
小球運(yùn)動到水平面的過程由動能定理得
mgh＋qEx＝Ek－mv2
解得Ek＝mgh＋mgl＋＋2qE.
答案：(1) (2)增大2mg
(3)mgh＋mgl＋＋2qE
8.如圖所示，在豎直邊界線O1O2左側(cè)空間存在一豎直向下的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度E＝100 N/C，電場區(qū)域內(nèi)有一固定的粗糙絕緣斜面AB，其傾角為30°，A點(diǎn)距水平地面的高度為h＝4 m．BC段為一粗糙絕緣平面，其長度
26、為L＝ m．斜面AB與水平面BC由一段極短的光滑小圓弧連接(圖中未標(biāo)出)，豎直邊界線O1O2右側(cè)區(qū)域固定一半徑為R＝0.5 m的半圓形光滑絕緣軌道，CD為半圓形光滑絕緣軌道的直徑，C、D兩點(diǎn)緊貼豎直邊界線O1O2，位于電場區(qū)域的外部(忽略電場對O1O2右側(cè)空間的影響)．現(xiàn)將一個質(zhì)量為m＝1 kg、電荷量為q＝0.1 C的帶正電的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))在A點(diǎn)由靜止釋放，且該小球與斜面AB和水平面BC間的動摩擦因數(shù)均為μ＝.求：(g取10 m/s2)
(1)小球到達(dá)C點(diǎn)時的速度大小；
(2)小球到達(dá)D點(diǎn)時所受軌道的壓力大小；
(3)小球落地點(diǎn)距離C點(diǎn)的水平距離．
解析：(1)以小球?yàn)檠芯繉?/p>
27、象，由A點(diǎn)至C點(diǎn)的運(yùn)動過程中，根據(jù)動能定理可得
(mg＋Eq)h－μ(mg＋Eq)cos30°－μ(mg＋Eq)L＝mvC2－0
解得vC＝2 m/s.
(2)以小球?yàn)檠芯繉ο?，在由C點(diǎn)至D點(diǎn)的運(yùn)動過程中，
根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得
mvC2＝mvD2＋mg·2R
在最高點(diǎn)以小球?yàn)檠芯繉ο螅?
可得FN＋mg＝m
解得FN＝30 N，vD＝2 m/s.
(3)設(shè)小球做類平拋運(yùn)動的加速度大小為a，根據(jù)牛頓第二定律可得mg＋qE＝ma，解得a＝20 m/s2
假設(shè)小球落在BC段，則應(yīng)用類平拋運(yùn)動的規(guī)律列式可得
x＝vDt,2R＝at2
解得x＝ m< m，假設(shè)正確．
即小球落
28、地點(diǎn)距離C點(diǎn)的水平距離為 m.
答案：(1)2 m/s (2)30 N (3) m
9.(2019屆山東煙臺模擬)如圖所示，豎直固定的光滑絕緣的直圓筒底部放置一場源電荷A，其電荷量Q＝＋4×10－3 C，場源電荷A形成的電場中各點(diǎn)的電勢表達(dá)式為φ＝k，其中k為靜電力常量，r為空間某點(diǎn)到A的距離．有一個質(zhì)量為m＝0.1 kg的帶正電小球B，B球與A球間的距離為a＝0.4 m，此時小球B處于平衡狀態(tài)，且小球B在場源A形成的電場中具有的電勢能表達(dá)式為Ep＝k，其中r為q與Q之間的距離．有一質(zhì)量也為m的不帶電絕緣小球C從距離B的上方H＝0.8 m處自由下落，落在小球B上立刻與小球B粘在一起向下運(yùn)動
29、，它們到達(dá)最低點(diǎn)后又向上運(yùn)動，它們向上運(yùn)動到達(dá)最高點(diǎn)P(取g＝10 m/s2，k＝9×109 N·m2/C2)，求：
(1)小球C與小球B碰撞后的速度為多少？
(2)小球B的帶電荷量q為多少？
(3)P點(diǎn)與小球A之間的距離為多大？
(4)當(dāng)小球B和C一起向下運(yùn)動與場源A距離多遠(yuǎn)時，其速度最大？速度的最大值為多少？
解析：(1)小球C自由下落H距離的速度
v0＝＝4 m/s
小球C與小球B發(fā)生碰撞，
由動量守恒定律得mv0＝2mv1
代入數(shù)據(jù)得v1＝2 m/s.
(2)小球B在碰撞前處于平衡狀態(tài)，對B球進(jìn)行受力分析知mg＝k
代入數(shù)據(jù)得q＝×10－8 C.
(3)C和
30、B向下運(yùn)動到最低點(diǎn)后又向上運(yùn)動到P點(diǎn)，運(yùn)動過程中系統(tǒng)能量守恒，
設(shè)P與A之間的距離為x，
由能量守恒得×2mv12＋k＝2mg(x－a)＋k
代入數(shù)據(jù)得
x＝ m(或x＝0.683 m)．
(4)當(dāng)C和B向下運(yùn)動的速度最大時，設(shè)與A之間的距離為y，
對C和B整體進(jìn)行受力分析有2mg＝k
代入數(shù)據(jù)有y＝ m(或y＝0.283 m)
由能量守恒得×2mv12＋k＝×2mvm2－2mg(a－y)＋k
代入數(shù)據(jù)得vm＝ m/s(或vm＝2.16 m/s)．
答案：(1)2 m/s (2)×10－8 C (3) m (4) m m/s
10．(2017年全國卷Ⅱ)如圖，兩水平面
31、(虛線)之間的距離為H，其間的區(qū)域存在方向水平向右的勻強(qiáng)電場．自該區(qū)域上方的A點(diǎn)將質(zhì)量為m、電荷量分別為q和－q(q>0)的帶電小球M，N先后以相同的初速度沿平行于電場的方向射出．小球在重力作用下進(jìn)入電場區(qū)域，并從該區(qū)域的下邊界離開．已知N離開電場時的速度方向豎直向下；M在電場中做直線運(yùn)動，剛離開電場時的動能為N剛離開電場時動能的1.5倍．不計空氣阻力，重力加速度大小為g.求：
(1)M與N在電場中沿水平方向的位移之比；
(2)A點(diǎn)距電場上邊界的高度；
(3)該電場的電場強(qiáng)度大?。?
解析：(1)設(shè)小球M，N在A點(diǎn)水平射出時的初速度大小為v0，則它們進(jìn)入電場時的水平速度仍然為v0.M
32、，N在電場中運(yùn)動的時間t相等，電場力作用下產(chǎn)生的加速度沿水平方向，大小均為a，在電場中沿水平方向的位移分別為s1和s2.由題給條件和運(yùn)動學(xué)公式得
v0－at＝0①
s1＝v0t＋at2②
s2＝v0t－at2③
聯(lián)立①②③式得＝3.④
(2)設(shè)A點(diǎn)距電場上邊界的高度為h，小球下落h時在豎直方向的分速度為vy，由運(yùn)動學(xué)公式得vy2＝2gh⑤
H＝vyt＋gt2⑥
M進(jìn)入電場后做直線運(yùn)動，由幾何關(guān)系知＝⑦
聯(lián)立①②⑤⑥⑦式可得h＝H.⑧
(3)設(shè)電場強(qiáng)度的大小為E，小球M進(jìn)入電場后做直線運(yùn)動，則＝⑨
設(shè)M，N離開電場時的動能分別為Ek1，Ek2，由動能定理得
Ek1＝m(v02＋vy2)＋mgH＋qEs1⑩
Ek2＝m(v02＋vy2)＋mgH－qEs2?
由已知條件Ek1＝1.5Ek2?
聯(lián)立④⑤⑦⑧⑨⑩??式得
E＝.
答案：(1)3 (2)H (3)
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2020高考物理一輪總復(fù)習(xí) 第七章 靜電場 能力課 帶電粒子(帶電體)在電場中運(yùn)動的綜合問題練習(xí)（含解析）新人教版
