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绝密★启用前
专题10带电物体在匀强电场中的一般运动
u试卷副标题
考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
请点击修改第I卷的文字说明
一、多选题
1．如图所示，在半径为R的一竖直平面内的圆周上，A、B两点和圆心O等高，D点为圆周上的最高点，空间内存在一平行于圆周平面的匀强电场。在与夹角为的圆弧C点上有一粒子源，以相同大小的初速度在圆周所在的平面内，向各个方向发射质量为m，带电量为q的同种微粒，其中从圆周B点离开的微粒机械能最大，从圆周F点（与水平方向夹角）上离开的微粒动能最大，已知重力加速度为g，取最低点E所在水平面为重力零势能面。则下列说法正确的有（　　）
A．电场场强大小为，且方向一定沿方向
B．通过F点的微粒动能大小为
C．动能最小的点可能在劣弧之间
D．微粒通过A点的动能一定等于C点的动能
【答案】BD
【详解】
AB．在B点微粒机械能最大，说明C到B电场力做功最大，由数学关系知过B点做圆的切线，即电场力沿方向，带电粒子电性未知，场强方向不能确定。在F点微粒动能最大，说明C到F合力做功最多，即重力电场力的合力方向沿，有
解得
动能定理有
故A错误，B正确；
C．反向延长线与圆的交点，为等效重力的最高点，合力做的负功最大，动能最小，故C错误；
D．根据C、A关于延长线对称，带电微粒从C点到A点等效重力（合力）做功为零，动能不变，故D正确。
故选BD。
2．一质量为m、电荷量为q的带负电小球在匀强电场中运动，其运动轨迹在竖直平面（纸面）内，如图所示，且关于过轨迹最右端的N点的水平直线对称。已知重力加速度为g，忽略空气阻力，由此可知（　　）
A．匀强电场的方向斜向右下方
B．匀强电场的电场强度E可能等于
C．小球在M点的电势能比在N点的大
D．M点的电势比N点的高
【答案】AD
【详解】
AB．由小球在匀强电场中的运动轨迹在竖直平面（纸面）内，且关于过轨迹最右侧N点的水平直线对称，可以判断小球所受合力的方向水平向左，而重力方向竖直向下，如图所示
则知电场力的方向一定斜向左上方，因小球带正电荷，故匀强电场的方向斜向右下方，且电场强度E满足，故B错误，A正确；
CD．由沿着电场线方向电势逐渐降低可知M点的电势比N点的高，小球从M点运动到N点的过程中电场力做负功，电势能增加，故小球在M点的电势能比在N点的小，故C错误D正确。
故选AD。
3．有三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的小球A、B、C，从同一位置以相同速度v0先后射入竖直方向的匀强电场中，它们落在正极板的位置如图所示，则下列说法中正确的是（　　）
A．小球A带正电，小球B不带电，小球C带负电
B．三个小球在电场中运动的时间相等
C．C球所受的电场力做正功，电势能增加
D．三个小球到达正极板的动能EkA【答案】AD
【详解】
三小球以相同的速度射入，在竖直方向上有
A球的时间最长，则A球的加速度最小，故A球带正电；C球的时间最短，则C球的加速度最大，故C球带负电，所以B球不带电。C球带负电，电场力做正功，电势能减少。A球的加速度最小，合外力最小，做功最少，末动能最小，同理可得C球的最大。
故选AD。
4．如图所示，M、N是两块水平放置的平行金属板，R0为定值电阻，R1和R2为可变电阻，开关S闭合。质量为m的带正电的微粒从P点以水平速度v0射入金属板间，沿曲线打在N板上的O点。若经下列调整后，微粒仍从P点以水平速度v0射入，则关于微粒打在N板上的位置说法正确的是（　　）
A．保持开关S闭合，增大R1，微粒打在O点右侧
B．保持开关S闭合，增大R2，微粒仍打在O点
C．断开开关S，M极板稍微上移，微粒打在O点右侧
D．断开开关S，N极板稍微下移，微粒打在O点右侧
【答案】BD
【详解】
粒子在平行板间运动时，粒子加速度为
A．保持开关S闭合，由串并联电压关系可知，R0两端的电压
增大R1，U将减小，电容器两端的电压减小，则粒子受到的电场力减小，受到的重力不变，则产生的加速度增大．从P点以水平速度v0射入金属板间打在极板上则有
水平位移为
水平位移将减小，故粒子打在O点左侧，故A正确；
B．保持开关S闭合，增大R2，R0两端的电压
不变，即电容器两端的电压不变，粒子仍打在O点．故B正确；
CD．断开开关，平行板带电量不变，平行板间的电场强度为
结合
和
可得
断开开关，若M极板稍微上移，电场强度不变，故加速度不变，不会影响离子的运动，还打在O点。
断开开关，若N极板稍微下移，电场强度不变，加速度不变，但y增大:
水平位移将增大，粒子打在O点右侧．故D正确，C错误。
故选BD。
5．如图甲所示，M、N为正对竖直放置的平行金属板，A、B为板中线上的两点。当M、N板间不加电压时，一带电小球从A点由静止释放，经过时间T到达B点，此时速度大小为v。若在两板间加上如图乙所示的交变电压，t=0时，将带电小球仍从A点由静止释放，小球运动过程中始终未接触极板，则（　　）
A．t=T时，小球到达B点，此时速度大于v
B．0到时间内小球的动量变化量与到T时间内小球的动量变化量相同
C．时刻与T时刻小球的速度方向相同
D．时刻与时刻小球的速度大小相同
【答案】BC
【详解】
A．两板间加上交变电压，带电小球除受重力作用外，还要受到电场力作用，由交变电压随时间变化图线可知，0~T时间内电场力的合冲量为零，故水平方向小球速度增量为零，此时速度仍为v，故A错误；
B．由交变电压随时间变化图线易知，0~时间与~T时间内，电压对称，故电场力对称，电场力的冲量大小相等，根据动量定理可知，这两段时间内小球的动量变化量相同。故B正确；
C．带电小球在0~和~时间内，电压对称，电场力总冲量为零，故时刻，小球水平方向速度为零，同理T时刻小球的的水平方向速度也为零。故C正确；
D．根据C项分析可知时刻小球水平方向速度为零，只有竖直方向速度，而时刻小球具有水平方向的速度，故D错误。
故选BC。
6．质量为m、电荷量为q的带正电小球由空中A点自由下落，经过时间t加上竖直向上、范围足够大的匀强电场，再经过时间t小球又回到A点。不计空气阻力且小球从未落地，则（　　）
A．从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减少了mg2t2
B．所加匀强电场的电场强度为
C．整个过程中机械能的增量为2mg2t2
D．从A点到最低点小球重力势能减少了
【答案】CD
【详解】
A．经过时间t加上竖直向上、范围足够大的匀强电场，此时速度
到达最低点时动能为零，故动能减少
故A错误；
B．小球先做自由下落，然后受电场力和重力向下做匀减速到速度为0，再向上做匀加速回到A点。设加上电场后小球的加速度大小为a，规定向下为正方向。整个过程中小球的位移为0，运用运动学公式：
解得：
根据牛顿第二定律
解得：
故B错误；
C．整个过程中机械能的增量等于电场力做的功
故C正确；
D．设从A点到最低点的高度为h，根据动能定理得：
解得：
从A点到最低点小球重力势能减少了
故D正确。
故选CD。
7．如图所示，质量为m，带电荷量为的小金属块a，在绝缘光滑水平台面上以水平初速度向右匀速运动，与完全相同的不带电的静止金属块b发生正碰，碰撞过程无机械能损失。碰后滑块b从高台上水平飞出，a恰好竖直下落。已知高台足够高且侧壁竖直绝缘光滑，高台边缘的右侧空间中，存在水平向左的匀强电场，场强大小（n为电场力和重力大小的比值），碰撞前后两金属块之间的静电作用力不计，空气阻力不计。则（　　）
A．在b返回竖直侧壁前，a金属块下落过程的机械能守恒
B．两小金属块碰撞之后，a，b金属块组成的系统机械能守恒
C．第一次碰撞后两金属块不可能发生第二次碰撞
D．碰撞后运动过程中b金属块距高台侧壁的最大水平距离为
【答案】AD
【详解】
A．侧壁光滑的高台，小金属块a下落的运动只受重力，故机械能守恒，故A正确；
B．由于电场力对b做功，所以a、b系统的机械能不守恒，故B错误；
C．第一次碰撞后，a金属块为自由落体运动，b金属块在竖直方向为自由落体运动，竖直方向位移总相等；b金属块水平方向向右做匀减速运动，当它的水平位移为0时，会发生第二次碰撞，所以一定会发生第二次碰撞，故C错误；
D．第一次碰撞后，b水平方向的加速度大小为
方向向左，根据速度位移关系公式，有
故D正确。
故选AD。
8．竖直放置的带电平行金属板之间的电场可以看成是匀强电场，现有一带电小球从两带电平行金属板中的M点竖直向上抛出，其运动轨迹大致如图所示，其中M、N两点在同一水平线上，O点为轨迹的最高点，小球在M点动能为9J，在O点动能为16J，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．小球在上升和下降过程中所受外力的冲量大小之比为1∶1
B．小球落到N点时的动能为57J
C．小球在上升和下降过程中电场力做功之比为1∶3
D．小球从M点运动到N点过程中的最小动能为5.4J
【答案】AC
【详解】
A．小球在竖直方向上先做竖直上抛运动，上至最高点以后做自由落体运动，因为在同一水平线上，所以小球上升和下降的过程用时相等，合外力冲量大小相等，A正确；
BC．小球在水平方向做初速度为0的匀加速直线运动，连接M，N两点，假设线段与图中虚线交点为，因为MO和ON的运动时间相等，可知水平方向上的位移之比
小球从M到O，在水平方向根据运动学公式
变形得
小球从M到N，电场力做功之比
根据动能定理
解得
故B错误，C正确；
D．小球从，在水平和竖直方向根据运动学公式
在竖直方向满足
结合上述分析有
解得
在点将电场力和重力等效为合力，建立坐标系如图中虚线
在合力作用下，物体做类似斜上抛运动，当速度变化到与垂直时最小，速度最小为
则最小动能为
故D错误。
故选AC。
9．一带电油滴在匀强电场E中的运动轨迹如图中虚线所示，电场方向竖直向下。若不计空气阻力，则此带电油滴从a运动到b的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．油滴带负电
B．电势能减小
C．动能和电势能之和减小
D．重力势能和电势能之和增加
【答案】ABC
【详解】
A．对油滴受力分析可知，油滴受到重力和电场力作用，重力向下，所以电场力一定向上，所以电荷带负电，故A正确；
B．电荷向上运动，电场力做正功，电势能减小，故B正确；
C．根据能量守恒可知，重力势能增大，动能和电势能之和要减小，故C正确；
D．根据能量守恒可知，动能增加，重力势能和电势能之和要减小，故D错误。
故选ABC。
10．如图所示，一质量为m、电荷量为+q的带电小球从A点以竖直速度v0=8m/s射入平行于纸面的匀强电场中，运动到最高点B时速度大小v=6m/s。则电场强度大小可能为（　　）
A．
B．
C．
D．
【答案】ACD
【详解】
如图所示，带电小球由A到B运程中速度的变化与竖直方向成37°角，因此可知电场力
即
故B不可能，其他都是可能的。
故选ACD。
11．一带电质点从图中的A点竖直向上以速度v0射入一水平方向的匀强电场中，质点运动到B点时，速度方向变为水平，已知质点质量为m，带电荷量为q，A、B间距离为L，且AB连线与水平方向成θ=37°角，质点到达B后继续运动可到达与A点在同一水平面上的C点（未画出），则（
）
A．AC间距为3.2L
B．匀强电场的电场强度大小为
C．从A到C的过程中，带电质点的电势能减小了
D．质点在C点的加速度大小为
【答案】ABC
【详解】
根据题意可判断，质点受到水平向右的电场力，即质点带正电，从A到B，质点在竖直方向上做竖直上抛运动，在水平向做初速度为0的匀加速直线运动，加速度为
B点的速度为
在水平方向质点的位移
在竖直方向质点的位移为
从B到C，质点在水平方向做初速度为，加速度为a的匀加速直线运动，在竖直方向做自由落体运动，根据竖直上抛运动的规律，在竖直方向上个位移为h，从B到C的时间为t，则在水平方向
在C点处加速度为
在C点处速度为
从A到C电场力做正功，根据动能定理
联立解得
所以AC间距离为
从A到C的过程中，带电质点的电势能减小了。
故选ABC。
12．静电喷漆技术具有效率高、质量好等优点，其装置示意图如图所示，为两块水平放置的平行金属板，间距，两板间有方向竖直向上、电场强度大小为的匀强电场，在A板的中央放置一个安全接地的静电油漆喷枪P，油漆喷枪的半圆形喷嘴可向各个方向均匀地喷出初速度大小均为、质量均为、电荷量均为的带负电的油漆微粒，不计微粒所受空气阻力及微粒间的相互作用，油漆微粒最后都落在金属板B上，重力加速度。下列说法正确的是（　　）
A．沿水平方向喷出的微粒运动到B板所需时间为0.2
s
B．沿不同方向喷出的微粒，从喷出至到达B板，电场力做功为
C．若其他条件均不变，d增大为原来的2倍，喷涂面积增大为原来的2倍
D．若其他条件均不变，E增大为原来的2倍，喷涂面积减小为原来的
【答案】ABC
【详解】
A．本题中的油漆微粒需要考虑重力，在竖直方向上微粒所受电场力和重力的合力为恒力，并与微粒初速度方向成各种夹角，故微粒做类抛体运动，其中沿水平方向喷出的微粒做类平抛运动，加速度
根据
得
A项正确；
B．沿不同方向喷出的微粒，从喷嘴喷出至到达B板，电场力做功为
B项正确；
C．若其他条件均不变，d增大为原来的2倍，根据
得，t变为原来的倍，则喷涂面积的半径变为原来的倍，面积变为原来的2倍，C项正确；
D．若其他条件均不变，E增大为原来的2倍，则此时加速度
故加速度变为原来的倍，时间t变为原来的，喷涂面积的半径变为原来的，面积减小为原来的，D项错误。??
故选ABC。
13．如图所示，真空中的匀强电场与水平方向成15°角，线段垂直匀强电场，现有一质量为、电荷量为的小球在点以初速度大小、方向水平向右抛出，经时间小球下落到点（图中未画出）时速度大小仍为，重力加速度为，则小球由点运动到点的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．点和点电势相同
B．小球的机械能减小量大于
C．小球的电势能增大
D．点一定位于所在直线上
【答案】BC
【详解】
AC．由题，小球由A点运动到C点的过程中，重力做正功，动能不变，由动能定理得知，电场力必定做负功，小球的电势能增加，根据
可知，电势差不为零，则电势不相等。故A错误C正确。
B．小球具有机械能和电势能，总量守恒，小球的电势能增加，则知小球的机械能一定减小，小球的机械能的减少量即为竖直方向的重力势能的减少量mgh，由于电场力向左下方，重力竖直向下，将合力沿着水平和竖直方向正交分解，竖直方向的合力大于重力，故在竖直方向的分运动的加速度a大于g，竖直方向
即
故B正确。
D．小球的电势能增加，而小球带正电，则知C点的电势比A点电势高，故C点一定位于AB直线的右侧。故D错误。
故选BC。
14．如图所示，在水平向右的匀强电场中有一绝缘斜面，斜面上有一带电金属块沿斜面滑下，已知在金属块滑下的过程中动能增加了15J，金属块克服摩擦力做功6J，重力做功28J，则以下判断正确的是（　　）
A．金属块带负电
B．金属块克服电场力做功19J
C．金属块的电势能增加了7J
D．金属块的机械能减少13J
【答案】CD
【详解】
A．在金属块下滑过程中，有重力、电场力、和摩擦力做功，根据动能定理有
WG+Wf+W电=△Ek
其中WG=28J，Wf=-6J，△Ek=15J，解得电场力做功
W电=-7J
因为电场力做负功，电场方向水平向右，可知金属块带正电，故A错误；
B．由上面可知，电场力做功-7J，即金属块克服电场力做功7J，故B错误；
C．电场力做了多少功，电势能就变化多少，因为金属块克服电场力做功7J，所以金属块的电势能增加了7J，故C正确；
D．机械能的变化量等于重力以外的力做的功，由上面的分析可知电场力和摩擦力共做了-13J的功，所以金属块的机械能减少了13J，故D正确。
故选CD。
15．如图所示，在竖直平面内有一匀强电场，其方向与水平方向成∠α＝30°斜向右上，在电场中有一质量为m、电量为q的带电小球，用长为L的不可伸长的绝缘细线挂于O点，当小球静止于M点时，细线恰好水平。现用外力将小球拉到最低点
P，然后无初速度释放，则以下判断正确的是（　　）
A．小球从P点释放后到达M点时，速度刚好为零
B．小球从P到M过程中，合外力对它做了mgL
的功
C．小球从P到M过程中，小球的机械能增加了mgL
D．若小球运动到M点时，细绳突然断裂，小球以后将做类平抛运动
【答案】BD
【详解】
A．当小球静止于M点时，细线恰好水平，说明重力和电场力的合力方向水平向右，小球从P到M过程中，线拉力不做功，只有电场力和小球重力做功，它们的合力也是恒力，方向水平向右，所以小球到最右边时，速度最大，而不是零，故A错误；
B．电场力与重力合力为
这个方向上位移为L，所以做功为，故B正确；
C．机械能增加量就是动能增加量和重力势能增加量mgL之和，故C错误；
D．细线突然断裂时，速度方向竖直向上，合外力水平向右，做匀变速曲线运动，因此小球以后将做类平抛运动，故D正确。
故选BD。
二、单选题
16．三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的粒子，从带电平行金属板左侧中央以相同的水平初速度v0先后垂直电场进入，并分别落在正极板的A、B、C三处，O点是下极板的左端点，且OC=2OA，AC=2BC，如图所示，则下列说法不正确的是（　　）
A．A带负电，B不带电，C带正电
B．三个粒子在电场中运动的时间之比
C．三个粒子在电场中运动的加速度之比
D．三个粒子在电场中运动时动能的变化量之比
【答案】C
【详解】
A．由于三个粒子在电场中的运动都是类平抛运动，水平初速度相等，水平位移不同，则这三个粒子在电场中的运动时间不同，有
它们的竖直位移相同，则可知它们的加速度大小关系为
由牛顿第二定律
可知，三个粒子的合力大小关系为
FA＞FB＞FC
由于三个粒子的重力相等，所以B仅受重力作用，A所受的电场力向下，C所受的电场力向上，即B不带电，A带负电，C带正电，故A正确，不符合题意；
B．三个粒子的初速度相等，在水平方向上做匀速直线运动，由x=v0t得，运动时间
故B正确，不符合题意；
C．三个粒子在竖直方向上的位移y相等，根据
解得
故C错误，符合题意；
D．由牛顿第二定律
F=ma
可知，因为质量相等，所以合力之比与加速度之比相同，合力做功
W=Fy
由动能定理可知，动能的变化量等于合力做的功，所以三个粒子在电场中运动过程的动能变化量之比为
故D正确，不符合题意。
故选C。
17．如图所示，平行板电容器AB两极板水平放置，通过开关S保持与电源始终连接，两板间距离为d，一带电小球以某一初速度沿两板中央垂直电场方向射入两板间，沿直线（图中虚线）从右端飞出。若将下极板B下移，小球以相同的初速度从原位置射入恰好从B板的右边缘飞出，若现在仅将B板上移一点距离，小球恰好从上极板A右边缘飞出，则B板上移的距离为（　　）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】
小球沿直线运动时
B板下移时
当B板上移一点距离h时
两次带电小球运动时间相等，由以上式子解得
故选C。
18．如图，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直平面（纸面）内，且相对于过轨迹最低点的竖直线对称，忽略空气阻力。由此可知（　　）
A．点的电势比点低
B．油滴在点的动能比它在点的大
C．油滴在点的电势能比它在点的大
D．油滴在点的加速度大小比它在点的小
【答案】B
【详解】
A．根据粒子的轨迹弯曲方向可知，粒子受到的合外力方向一定指向上方；同时因轨迹关于P点对称，可知电场力应竖直向上；粒子带负电，则电场方向竖直向下，所以点的电势比点高，故A错误；
B．粒子由P到Q过程中，合外力做正功，动能增大，则油滴在点的动能比它在点的大，故B正确；
C．粒子由P到Q过程中，电场力对油滴做正功，故其电势能减小，油滴在点的电势能比它在点的小，故C错误；
D．因小球在匀强电场中运动，所受电场力和重力均为恒力，故P、Q两点加速度大小相同，故D错误。
故选B。
19．如图所示，M、N是竖直放置的两平行金属板，分别带等量异种电荷，两板间产生个水平向右的匀强电场，场强为E，一质量为m、电荷量为+q的微粒，以初速度v0竖直向上从两极正中间的A点射入匀强电场中，微粒垂直打到N板上的C点。已知AB=BC，已知重力加速度为g，不计空气阻力，则（　　）
A．微粒在电场中做非匀变速曲线运动
B．微粒打到C点时的速率与射入电场时的速率相等
C．MN板间的电势差为
D．MN板间的电势差为
【答案】B
【详解】
A．微粒受到重力和电场力，两力均恒定，则合力恒定，由牛顿第二定律可知，加速度恒定，所以微粒在电场中做匀变速曲线运动，故A错误；
B．因AB=BC，则有
可见
故B正确；
C．由动能定理得
即
其中
联立解得
故C错误；
D．由
解得
带入，解得
故D错误。
故选B。
20．如图所示，竖直平面内的三点A、B、C可构成直角三角形，AB边竖直、BC边水平，，处于平行于该三角形所在平面的匀强电场中，电场强度方向水平。现将一带电小球沿AB方向以初动能从A点射出，通过C点时速度恰好沿BC方向，则（　　）
A．从A到C，小球的动能增加了
B．从A到C，小球的电势能减少了
C．从A到C，小球的机械能增加了
D．将该小球从C点沿CB方向以的动能射出，小球不能通过A点
【答案】C
【详解】
A．设小球的速度为，则有
小球通过C点时速度恰好沿BC方向，则说明小球在竖直方向上的速度减为0，小球在水平方向上做初速度为零的匀加速直线运动，运动的位移为竖直方向上位移的3倍，则平均速度为竖直方向上平均速度的3倍，又这段时间竖直方向的平均速度为
故水平方向的平均速度为
又
解得
则
从A到C，小球的动能增加了
故A错误；
B．由动能定理可知重力与电场力做功之和为动能的增加量即，重力做负功，故电场力做功大于，则小球的电势能减小量大于，故B错误；
C．由运动学公式可知，竖直方向上做竖直上抛运动，所以A、C的高度差为
从A到C，小球的重力能增加了
从A到C，小球的机械能增加量为
故C正确；
D．由上分析可知：动能为，则速度大小为3v，即小球以3v对速度从C点沿CB方向射出。而由AB分析可知，小球以初速度v沿AB方向从A点射出时，小球将以速度大小为3v，方向沿BC方向通过C点，则小球以3v的速度从C点沿CB方向射出后运动过程恰好可视为其逆过程，所以若将小球以3v的速度从C点沿CB方向射出，小球能通过A点；故D错误；
故选C。
21．带同种电荷的三个带电小球甲、乙、丙以相同的水平速度射入接有恒定电压的两水平正对金属板之间，甲小球沿水平直线①飞出，乙小球沿曲线②刚好打到板的边缘，丙小球沿曲线③运动到板的中点上，不计空气阻力及带电小球间的相互作用，则（　　）
A．三个小球均带负电，且所带电荷量大小关系为q甲＞q乙＞q丙
B．三个小球的质量不相等，且m甲＞m乙＞m丙
C．乙和丙两个小球，由于都打到了极板上，所以运动时间相等
D．三个小球的比荷（电荷量与质量的比值）大小关系为k甲＞k乙＞k丙
【答案】D
【详解】
AB．甲小球在重力和电场力作用下沿水平方向做直线运动，则电场力与重力平衡，即小球带负电，小球运动受电荷量和质量的共同影响，故无法比较电荷量和质量大小关系，故AB错误；
C．三个小球水平方向的速度相同，且乙和丙小球做类平抛运动，则水平方向有
三球初速度v0相同，由于，故所用时间为，故C错误。
D．对乙和丙两个小球，在竖直方向做初速度零的匀加速直线运动，则有
两球竖直方向的位移相同，因，所以；根据牛顿第二定律有
解得
由于，则，又甲球在竖直方向的加速度为零，则有，则，综上可得，故D正确。
故选D。
22．一质量为m、电荷量为q的带负电小球在匀强电场中运动，其运动轨迹在竖直平面（纸面）内，如图所示，且关于过轨迹最右端的N点的水平直线对称。已知重力加速度为g，忽略空气阻力。由此可知（　　）
A．匀强电场的方向水平向左
B．匀强电场的电场强度E可能等于
C．小球在M点的电势能比在N点的大
D．M点的电势比N点的高
【答案】D
【详解】
AB．由小球在匀强电场中的运动轨迹在竖直平面（纸面）内，且关于过轨迹最右侧N点的水平直线对称，可以判断小球所受合力的方向水平向左，而重力方向竖直向下，如图所示
则知电场力的方向一定斜向左上方，因小球带负电荷，故匀强电场的方向斜向右下方，且电场强度E满足，故AB错误；
CD．由沿着电场线方向电势逐渐降低可知M点的电势比N点的高，小球从M点运动到N点的过程中电场力做负功，电势能增加，故小球在M点的电势能比在N点的小，故C错误D正确。
故选D。
23．如图所示，一个质量为m，带电量为－q的油滴，在竖直面内从O点以初速度射入水平向右的匀强电场中，的方向与电场方向成θ角。油滴运动到最高点O'(图中未画出)时，它的速度大小又恰好为，已知O与O'的竖直高度差为h，则（　　）
A．油滴做圆周运动回到原出发点
B．油滴在该运动过程中机械能守恒
C．O'与O的电势差为
D．O'与O的电势差为
【答案】C
【详解】
A．油滴运动过程中受重力和电场力均为恒力，不可能做圆周运动，故A错误；
B．油滴从O到O'的过程，动能不变，而重力势能增加，根据能量守恒可知油滴的电势能减小，电场力做正功，机械能不守恒，故B错误；
CD．油滴从O到O'的过程，设O与O'的电势差为U，由动能定理得
解得
故C正确，D错误；
故选C。
24．如图所示，有一水平向右的匀强电场，一个质量为m、电荷量为＋q的小球以初速度v0从A点竖直向上射入电场中，小球通过电场中B点时速度的大小仍为v0，方向与电场方向成37?斜向上，则A、B两点的电势差为（　　）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】
对小球竖直方向上升过程
又上升过程重力做功为
得
对小球运动全过程，由动能定理，有
A、B两点的电势差为
故选B。
25．如图所示，有一方向水平向右的匀强电场，一个质量为、带电荷量为的小球以初速度从点竖直向上射入电场中。小球通过电场中点时速度大小为，方向与电场方向一致。则a、b两点间的电势差为
（　　）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】
对小球竖直方向上升过程
又上升过程重力做功为
得
对小球运动全过程，由动能定理，有
a、b两点的电势差为
故选D。
26．如图所示，地面上某区域存在着水平向右的匀强电场，一个质量为m的带负电小球以水平向右的初速度v0，由O点射入该区域，刚好竖直向下通过竖直平面中的P点，已知连线OP与初速度方向的夹角为60°，重力加速度为g，则以下说法正确的是（　　）
A．电场力大小为
B．小球所受的合外力大小为
C．小球由O点到P点用时
D．小球通过P点时的动能为
【答案】C
【详解】
C．设OP＝L，从O到P水平方向做匀减速运动，到达P点的水平速度为零；竖直方向做自由落体运动，则水平方向
Lcos
60°＝v0t
竖直方向
Lsin
60°＝gt2
解得
t＝
选项C正确；
AB．水平方向
F1=ma=
小球所受的合外力是F1与mg的合力，可知合力大小大于，选项AB错误；
D．小球通过P点时的速度
则动能
选项D错误；
故选C。
27．在竖直放置的平行金属板A、B间加一恒定电压，质量相同的两带电小球M和N以相同的速率分别从极板A的上边缘和两板间的中线下端沿竖直方向进入两板间的匀强电场，恰好分别从极板B的下边缘和上边缘射出，如图所示，不考虑两带电小球之间的相互作用，下列说法正确的是（　　）
A．两带电小球所带电量可能相等
B．两带电小球在电场中运动的时间一定相等
C．两带电小球在电场中运动的加速度M一定大于N
D．两带电小球离开电场时的动能M可能小于N
【答案】C
【详解】
ABC．竖直方向小球M做加速运动，小球N以相同的速率做减速运动，且竖直方向位移大小相等，加速度相同，则
水平方向若M位移为2d，N位移为d，对M，由牛顿第二定律有
对N，由牛顿第二定律有
则
由于竖直方向两小球加速度相同，由平行四边形定则可知，M球的加速度大于N球的加速度，且加速度大小为
则M的电量大于N的电量，故C正确，AB错误；
D．由于电场力对两球均做正功，重力对M做正功，对N做负功，由动能定理可知，两带电小球离开电场时的动能M一定大于N，故D错误。
故选C。
第II卷（非选择题）
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三、解答题
28．在如图所示的平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限区域内有沿y轴正方向（竖直向上）的匀强电场，电场强度大小E0=50N/C；第Ⅳ象限区域内有一宽度d=0.2m、方向沿x轴正方向（水平向右）的匀强电场。质量m=0.1kg、带电荷量q=+1×10-2C的小球从y轴上P点以一定的初速度垂直y轴方向进入电场，通过第Ⅰ象限后，从x轴上的A点进入第Ⅳ象限，并恰好沿直线通过该区域后从B点离开，已知P、A的坐标分别为（0，0.4），（0.4，0），取重力加速度g=10m/s2，求：
（1）初速度v0的大小；
（2）A、B两点间的电势差UAB。
【答案】（1）1m/s；（2）5V
【详解】
（1）带电小球在第I象限做类平抛运动，在x轴方向上做匀速直线运动，有
①
在y方向上，做初速度为0的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得，加速度
②
y轴位移
③
由①②③式解得，初速度v0的大小为
在第I象限运动时间
（2）带电小球在A点的速度方向与x轴夹角的正切值为
进入第Ⅳ象限，并恰好沿直线通过该区域后从B点离开，说明重力与电场力合力沿AB直线，所以有
从A点到B点沿电场线方向上的距离
所以A、B两点间的电势差UAB为
29．如图所示，光滑绝缘滑道ABCD固定在水平地面上，其中ABC是以O为圆心、半径R=1m、圆心角为的圆弧，CD是圆弧的切线，D点和A点在同一水平线上，斜面DE垂直于CD，E点在水平地面上。竖直半径OB所在直线上及其右侧有场强E=，水平向右，范围足够大的匀强电场，质量为m=0.3kg、带电量为+q的小滑块（可视为质点）从滑道上A点静止下滑，g=10m/s2，sin=0.6，cos=0.8。求∶
(1)滑块运动到B点时所受的支持力大小；
(2)小滑块在圆弧滑道运动过程中所受支持力的最大值；
(3)通过计算判断小滑块离开D点后落在水平地面上还是落在斜面上，并求出该落点到E点的距离。
【答案】(1)9N；(2)；(3)地面，
【详解】
(1)小滑块从A点到B点，根据动能定理得
B点处由牛顿第二定律得
联立解得
(2)进入电场区域后，将电场力和重力的合力视为滑块受到的等效重力，则等效重力加速度为
方向与竖直方向成斜向右下方
当小滑块从A运动至等效最低点时，受到圆弧滑道的支持力最大，由动能定理得
等效最低点处，根据牛顿第二定律得
联立解得
(3)小滑块从A到D，根据动能定理得
解得
离开D点后，小滑块做匀变速曲线运动，假设将落到地面上，则竖直方向有
解得：
此时，滑块在水平方向的位移为
代入已知数据解得
故假设成立，小滑块将落在地面上，此时距E点为
30．如图所示，水平放置的平行板电容器与某一电源相连，它的极板长L=0.4m，两板间距离d=4×10-3m，有一束由相同带电微粒组成的粒子流，以相同的速度v0从两板中央平行极板射入，开关S闭合前，两板不带电，由于重力作用微粒能落到下板的正中央，已知微粒质量为m=4×10-5kg，电量q=＋1×10-8C。（g=10m/s2）求：
(1)微粒入射速度v0为多少？
(2)为使微粒能从平行板电容器的右边射出电场，电容器的上板应与电源的正极还是负极相连？所加的电压U应取什么范围？
【答案】(1)10m/s；(2)与负极相连，120V【详解】
(1)由
可解得
(2)电容器的上板应接电源的负极。当所加的电压为U1时，微粒恰好从下板的右边缘射出即
又
解得
U1=120V
当所加的电压为U2时，微粒恰好从上板的右边缘射出
即
有
解得
U2=200V
所以120V31．如图，一质量、带电荷量的微粒以初速度大小竖直向上从A点射入一水平向右的匀强电场，当微粒运动到比A点高的B点时，速度大小为，方向水平。g取，求：
(1)微粒的初速度大小；
(2)两点间的电势差；
(3)匀强电场的场强大小E。
【答案】(1)2m/s；(2)-0.04V；(3)0.1V/m
【详解】
(1)由题意可知，微粒在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，在竖直方向做匀减速直线运动，在竖直方向有
解得
(2)微粒从A点运动到B点，根据动能定理得
解得
(3)设微粒从A点运动到B点的时间为t，沿电场线方向运动的距离为d，则在竖直方向上有
水平方向上有
解得
则匀强电场的场强大小为
0.1V/m
32．在竖直平面内，AB为水平放置的绝缘粗糙轨道，CD为竖直放置的足够长绝缘粗糙轨道，AB与CD通过四分之一绝缘光滑圆弧形轨道平滑连接，圆弧的圆心为O，半径R=2.0m，轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度的大小E=1.0×104N/C，现有质量m=0.10kg，电荷量q=＋4.0×10－4C的带电体（可视为质点），从A点由静止开始向右运动，已知A、B间距为L=6.0m，带电体与轨道AB、CD间的动摩擦因数均为μ=0.5，假定带电体与轨道之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，g=10m/s2，求：
(1)带电体运动到圆弧形轨道C点时受轨道的支持力大小；
(2)带电体最终停止的位置与C点多远；
【答案】(1)31N；(2)与C点竖直距离为9m处
【详解】
(1)设带电体到达C点时的速度为v，从A到C，由动能定理得
在C点，对带电体，由牛顿第二定律得
解得
(2)设带电体沿竖直轨道CD上升的最大高度为h，从C到D由动能定理得
解得
在最高点，带电体受到的最大静摩擦力
重力
因为
所以带电体最终静止在与C点竖直距离为9m处。
33．质量m=0.1g，带电荷量q＝-4×10-7C的带电微粒以v0=10m/s的速度从水平放置的平行金属板A、B的中央飞入板间，如图所示，已知板长L=1.0m，板间距离d=0.06m，则AB间所加电压在什么范围内带电粒子能从板间飞出？
【答案】60V【详解】
带电微粒在板间受电场力和重力的作用，做类平抛运动，当微粒刚好打中下板右边缘时，有
L=v0t，
可得
a1=6.0m/s2
对微粒，根据牛顿第二定律有（以向下为正）
解得
U1
=60V
当微粒刚好打中上板右边缘时，有
L=v0t，
可得
a2=
6.0m/s2
对微粒，根据牛顿第二定律有（以向上为正）
解得
U2=
240V
要使带电微粒能穿出极板，则两极板间的电压U应满足
U1＜U＜U2
即
60V＜U＜240V
34．如图所示，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平面成角的绝缘直杆AC，其下端（C端）距地面高度h，有一质量为400g的带电小环套在直杆上，正以速度v0=2m/s沿杆匀速下滑，小环离开杆后正好通过C端的正下方的地面上的P点，g取10m/s2，求：
(1)小环离开直杆后运动的加速度大小和方向；
(2)C端距地面高度h；
(3)小环运动到P点的动能。
【答案】(1)，方向与杆垂直斜向右下方；(2)0.8m；(3)4J
【详解】
(1)小环在直杆上做匀速运动，电场力必定水平向右，否则小环将做匀加速运动，受力如图所示
由平衡条件得
得
离开直杆后，只受mg、Eq作用，则合力为
加速度为
方向与杆垂直斜向右下方
(2)设小环在直杆上运动的速度为，离杆后经t秒到达P点，则竖直方向
水平方向
联立解得
h=0.8m
(3)由动能定理得
可得
35．如图所示。水平虚线AB与水平地面之间存在方向水平向左的匀强电场。一质量为m，电荷量为q的带正电小球由AB上的C点以大小为的初速度竖直向上抛出，一段时间后进入电场，落地点为D（图中未画出）。已知小球落到D点前瞬间的速度大小为，速度方向与水平地面的夹角。重力加速度大小为g。取，。不计空气阻力。求：
(1)虚线A与地面间的高度差h：
(2)小球从C点抛出至运动到D点所用的时间t：
(3)CD两点之间的水平距离工以及电场的电场强度大小E。
【答案】(1)
；(2)
；(3)
【详解】
（1）小球抛出后做竖直上抛运动，回到C点时的速度大小为、方向竖直向下，设小球落到D点前瞬间水平方向的分速度大小为、竖直方向的分速度大小为，如图所示，有
解得
，
小球在电场中运动的过程中，在竖直方向有
解得
（2）设小球在C点上空运动的时间为，有
设小球在电场中运动的时间为，有
又
解得
（3）设小球在电场中运动的过程中沿水平方向的加速度大小为a，有
解得
由牛顿第二定律有
解得
36．如图所示，光滑绝缘的水平面与半径为R的光滑绝缘圆弧相切于B点，其中半径OB竖直，半径OC水平。在整个空间内存在水平向右的匀强电场。现将一质量为m、带电荷量为q的带电小球从距离B点处的A点由静止释放，小球恰好能运动到圆弧最高点C处。重力加速度为g。求：
(1)匀强电场的电场强度大小E；
(2)小球从A点运动到B点时所受圆弧轨道的支持力大小N。
【答案】(1)；(2)mg
【详解】
(1)在小球从A点由静止运动到C点的过程中，小球沿电场方向发生的位移大小为
x=+R
在该过程中，由动能定理有
Eqx-mgR=0
解得
E=
(2)由动能定理有
qE·
又
N-mg=
解得
N=mg
37．如图所示，竖直平面内存在方向水平向右的匀强电场。一长为L的绝缘轻绳一端固定于O点，另一端与质量为m、电荷量为+q的小球相连，小球静止时细线与水平方向的夹角为θ=45°，重力加速度为g。
(1)求匀强电场的场强大小；
(2)若电场强度变为原来的一半，将小球向右拉至与O点等高的A点后由静上释放，OA=L，当小球恰好运动到O点正下方的B点时细线恰好断开，求断开后小球再次经过O点正下方时小球的速度大小。
【答案】(1)；(2)
【详解】
(1)小球静止时细线与水平方向的夹角为，则电场力等于重力
解得
(2)设经过点时的速度为，由动能定理得
解得
细线断开后，小球竖直方向做自由落体运动，水平方向做类上抛运动，加速度为
解得
小球再次经过点正下方（设为点）时
解得
38．如图所示，BC是半径为R的圆弧形的光滑且绝缘的轨道，位于竖直平面内，其下端与水平绝缘轨道平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，今有一质量为m、带正电q的小滑块（体积很小可视为质点），以某一初速度从离B点距离为的A点冲向B点，恰好滑到圆弧轨道上端点C时速度减为零。若已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数为，且滑块受到的电场力。求：
(1)滑块向左运动通过B点时对轨道的压力；
(2)滑块最终静止位置与A点间的距离。
【答案】(1)2mg；(2)
【详解】
(1)小滑块从B到C的过程中，只有重力和电场力对它做功，设滑块通过B点时的速度为，根据动能定理有
B点处，根据牛顿第二定律有
解得
由牛顿第三定律得，滑块对轨道压力为2mg，方向竖直向下。
(2)小滑块在AB轨道上运动时，所受摩擦力为
小滑块从C经B到停止的过程中，设小滑块在水平轨道上运动的距离为x，则根椐动能定理有
解得
静止位置与A的距离为
39．如图所示，一绝缘细线下端悬挂一质量，电荷量的带电小球，小球静止在水平方向的匀强电场中，细线与竖直方向的夹角。以小球静止位置为坐标原点O，在竖直平面内建立直角坐标系，其中x轴水平。某时刻剪断细线，经电场突然反向，大小不变，再经，撤去匀强的电场，同时施加另一匀强电场，又经小球速度为零（，空气阻力不计）。求：
(1)匀强电场强度；
(2)小球运动时的速度大小和方向；
(3)匀强电场强度。
【答案】(1)；(2)，方向竖直向下；(3)
【详解】
方法一
（1）小球静止
得
方向沿x轴正方向。
（2）剪断细线后，小球做匀加速直线运动，加速度的大小为
经过，小球的速度
方向与x轴正方向成角斜向右下方。在第2个0．2内，电场反向，小球做类平抛运动。小球的水平分速度
且
竖直分速度
得
，
即末，小球的速度大小为，方向竖直向下。
（3）小球在最后内做匀减速直线运动，加速度为
由牛顿第二定律
解得
方向沿y轴负方向。
方法二：
（1）小球静止
得
方向沿x轴正方向。
（2）小球运动，水平方向
竖直方向
得
方向竖直向下。
（3）把分解在水平方向，竖直方向，
整个过程水平方向
竖直方向
得
，
则
方向沿y轴负方向。
40．如图，某对撞系统类似于“过山车”模型，通过改变电场方向自动控制。该绝缘装置存在于竖直面内的匀强电场中，平直轨道BD上有一半径为R的环形轨道，水平轨道与倾斜轨道、环形轨道平滑连接。开始时电场方向向上，质量为m、电量为q的带电刚性小球P静止于离水平面高h处的倾斜轨道AB上，恰好对轨道无压力。将电场反向后，小球P由静止沿轨道运动，与另一静止于水平轨道上大小相等的绝缘刚性小球Q发生弹性正碰。已知Q球质量是P球的4倍，重力加速度为g，忽略一切摩擦阻力。求：
(1)匀强电场的场强E；
(2)要使P球能够沿着轨道运动与Q球碰撞，h需满足的条件；
(3)要使P球能够沿着轨道运动与Q球至少发生两次碰撞，h需满足的条件。
【答案】(1)
；(2)
；(3)
或
【详解】
（1）电场方向向上时小球P受力平衡
qE＝mg
解得
E＝
（2）要使小球P能够通过环形轨道的最高点，则需要
mg+qE≤
由动能定理可得
(mg+qE)(h－2R)＝－0
联立以上两式，解得
h≥
（3）设碰撞前P球速度为v0，碰撞为弹性碰撞，则碰撞前后两球机械能守恒、动量守恒，有
＝
mv0＝mvP+4mvQ
联立以上两式，解得
vP＝－
因|vP>|vQ|，故要求P球能够从环形轨道再次返回即可追上Q球发生第二次碰撞，则
情形一：P球回到环形轨道时上升最大高度不超过R，即可返回，有
(mg+qE)R＝－0
(mg+qE)h＝－0
联立式得
h≤
结合(1)中结论h≥，得H取值范围一
≤h≤
情形二：P球能再次通过环形轨道最高点，并回到斜面上之后再次返回、通过环形轨道，追上Q球，有
mg+qE≤
2(mg+qE)R＝－
(mg+qE)h＝－0
联立得H取值范围二
h≥
故释放点高度H的取值范围为
≤H≤或H≥
41．如图所示，匀强电场方向水平向右，质量为的带电小球在电场中的点由静止释放，沿直线运动到点，与水平方向的夹角为，、间的距离为，重力加速度大小为。求：
(1)小球从点运动到点电场力做的功；
(2)若小球从点以一定的初速度水平抛出，经过时间运动到点正上方，小球抛出的初速度大小。
【答案】(1)；(2)
【详解】
(1)根据题意可知，小球受到的重力与电场力的合力沿方向，则
则小球从点运动到点，电场力做功
(2)设小球从点抛出时初速度大小为，小球抛出后，沿电场方向运动的加速度
由题意知
解得
42．一质量m=5×10-4kg的带电微粒以v0=2m/s的初速度从水平放置的平行金属板A、B的中央水平飞入两板间。已知板长L=10cm，两金属板间的距离d=2cm，重力加速度g=10m/s2。当AB间所加电压UAB=200V时，带电微粒恰好沿直线穿过平行金属板。问：
（1）带电微粒带何种电荷？带电荷量q为多大？
（2）若改变AB间电压，使带电微粒恰好从B板右端飞出，则AB间所加电压为多大？
【答案】（1）负电荷，5×10-7C；（2）40V
【详解】
（1）由题意知，两金属板间的电场强度方向竖直向下；因为粒子做匀速直线运动，所以粒子受到的电场力竖直向上；粒子所受电场力与电场强度方向相反，故粒子带负电荷；
由粒子受力平衡得
可得
q=5×10-7C
（2）改变两金属板间电压后，粒子做类平抛运动，恰好从B板的右端射出两板间，则
粒子在两板间运动的时间
粒子在竖直方向的位移
再根据题意，有下列方程组
解得
U'=40V
43．如图所示，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平面成45°角的绝缘直杆AC，其下端（C端）距地面高度h=0.8m。有一质量为500g的带电小环套在直杆上，正以某一速度沿杆匀速下滑，小环离开杆后正好通过C端的正下方P点。（g取10m/s2）求：
(1)请判断带电粒子的电性；
(2)小环离开直杆后运动的加速度大小和方向；
(3)小环在直杆上匀速运动时速度的大小；
(4)小环运动到P点的动能。
【答案】(1)负电；(2)14.1
m/s2，方向与杆垂直斜向右下方；(3)2
m/s；(4)5
J
【详解】
(1)小环在直杆上做匀速运动，受重力、支持力和电场力作用，根据平衡条件，可知电场力必定水平向右，与电场强度方向相反，故小环带负电。
(2)小环在直杆上做匀速运动，电场力必定水平向右，否则小环将做匀加速运动，其受力情况如图所示。由平衡条件得
mgsin45°=Eqcos45°
得
mg=Eq
离开直杆后，只受mg、Eq作用，则合力为
F合=mg=ma
所以加速度为
a=g=10m/s2≈14.1
m/s2
方向与杆垂直斜向右下方。
(3)设小环在直杆上运动的速度为v0，离杆后经ts到达P点，则竖直方向
h=v0
t
sin45°+gt2
水平方向
v0cos45°?tt2=0
联立解得
v0==2
m/s
或法二：设小环在直杆上运动的速度为v0，离杆后经ts到达P点，此过程做类平抛运动
则有：垂直于速度方向
hsin45°=v0t+gt2
沿着速度方向
v0t=hcos45°
联立解得
v0=2
m/s
(4)由动能定理得
mgh=Ekpmv02
可得
Ekp=mv02+mgh=×0.5×22J+0.5×10×0.8J=5
J
44．如图甲所示，在长、倾角的固定绝缘光滑斜面的底端A处静止有一质量、电荷量的带正电滑块（可视为质点）。现在斜面上方加上平行斜面向上的电场，其电场强度的大小E与到A点的距离x的变化规律如图乙所示。某时刻释放滑块，结果滑块恰好能到达斜面顶端。取，，。求：（结果可保留根号）
（1）的值；
（2）滑块向上运动过程中的最大速度。
【答案】（1）；（2）
【详解】
（1）滑块从A点运动到最高点的过程中，由动能定理有
解得
（2）当滑块所受的合外力为零时，速度最大，由平衡条件有
解得
根据图象可知，滑块从A点运动到速度最大过程中的位移大小为
由动能定理有
解得
45．如图，在互相平行的三个竖直分界面AD、JH、BC间形成两个竖直方向足够长、水平方向宽均为L=0.6m的区域，两区域分别存在着电场强度大小相等的匀强电场，其中区域Ⅰ场强的方向与水平方向成角斜向右上方，区域Ⅱ场强的方向竖直向下。将一带电小球（可视为质点）从区域Ⅰ左边界上的P点由静止释放，小球沿水平直线运动到JH边界的Q点后进入区域Ⅱ，并从区域Ⅱ的右边界射出。重力加速度g取10m/s2，sin=0.6，cos=0.8，求：
(1)小球通过Q点时速度的大小；
(2)小球离开区域Ⅱ速度的大小和方向。
【答案】(1)4m/s；(2)，与右边界的夹角
【详解】
(1)设小球电荷量为q、质量为m，电场强度大小为E，小球在区域Ⅰ受到的电场力和重力的合力方向水平向右，设加速度大小为a1，则有
qEsin=mg
qEcos=ma1
小球通过Q点时速度的大小为v，则
解得
v=4m/s
(2)小球在电场Ⅱ区域中受到电场力和重力的合力竖直向下，设其加速度大小为a2，则
mg+qE=ma2
小球在电场Ⅱ区域中做类平抛运动，设其运动时间为t
L=vt
设小球离开电场Ⅱ区域的速度大小为v合，万向与右边界的夹角为θ，小球在竖直方向的分速度为vy，则
vy=a2t
解得
vy=4m/s
则
且
解得
，θ=
46．如图所示，光滑绝缘的半圆形轨道固定于竖直平面内，半圆形轨道与光滑绝缘的水平地面相切于半圆的端点A。一质量为m=1kg的小球在水平地面上匀速运动，速度为v=6m/s。经A运动到轨道最高点B，最后又落在水平地面上的D点（图中未画出）。已知整个空间存在竖直向下的匀强电场，小球带正电荷，小球所受电场力F=mg，（g取10m/s2）。求：
(1)若轨道半径为R0=0.1m时，求小球到达半圆形轨道B点时对轨道的压力大小；
(2)为使小球能运动到轨道最高点B，求轨道半径的最大值。
【答案】(1)；(2)0.36m
【详解】
(1)设小球到达圆轨道B点时速度为，从A到B的过程中重力和电场力做功，由动能定理有
在最高点B时，根据牛顿第二定律有
由题意可知
代入数据计算得出
由牛顿第三定律可以知道小球到达圆轨道B点时对轨道的压力为
方向竖直向上。
(2)轨道半径越大，小球到达最高点的速度越小，当小球恰好到达最高点时轨道对小球的作用力为零，则小球对轨道的压力也为零，此时轨道半径最大，则
又因为
代入数据计算得出轨道半径的最大值。
47．如图甲所示，两水平金属板，板间电场强度的变化规律如图乙所示。t＝0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，0～时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好从金属板间离开。微粒运动过程中未与金属板接触。重力加速度的大小为g。求：
(1)从平行金属板离开时，微粒的速度为多少？
(2)0－T时间内，电场力对粒子做功为多少？
(3)若微粒从t=时刻进入，离开平行金属板时的偏转量为多少？（已知：微粒运动过程中未与金属板接触）
【答案】(1)v0；(2)；(3)
gT2
【详解】
(1)内微粒做匀速运动，由平衡条件可得
时间内，微粒仅受重力作用，所以在竖直方向做自由落体运动，竖直方向速度大小为
时间内，由牛顿第二定律可得竖直方向的加速度为
竖直方向速度为
所以末速度v=v0，方向沿水平方向
(2)由匀速运动，竖直方向的位移为
时间内，由运动学公式可得竖直方向的位移为
时间内微粒做向上的匀减速运动，加速度大小也为g，则根据运动的对称性可知竖直方向的位移为
电场力做功为
(3)若微粒从时刻进入，则微粒在时间内微粒在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，其位移大小等于y2，在时间内做匀速直线运动，其竖直方向的位移等于2y2，在时间内竖直方向做匀减速直线运动，且竖直方向的末速度恰好为零，竖直方向的位移等于y2，所以微粒离开金属板是的偏移量为
48．如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，x轴水平，y轴竖直，在第二象限有沿x轴负方向的匀强电场，其电场强度的大小为E，一长为L的绝缘轻绳一端固定在A（0，2L）点，另一端系一带正电的小球（视为质点），电荷量为q
=（m为小球质量，g为重力加速度），开始时绳刚好水平拉直，现将小球静止释放。
(1)求小球从第一象限通过y轴时的速度大小；
(2)若小球运动到y轴时轻绳断裂，小球能到达x轴上的B点（未画出），求B点的位置坐标；
(3)若小球能通过y轴继续运动，当速度最大时，绳中的拉力恰好达到绳子所能承受的最大拉力，求轻绳能承受的最大拉力。
【答案】(1)；(2)；(3)mg
【分析】
本道题考察圆周运动、类平抛运动和功能关系相对较难。
【详解】
(1)小球释放运动到y轴做圆周运动，根据动能定理
解得
v
=
小球从第一象限通过y轴时的速度为。
(2)小球运动到y轴时轻绳断裂后小球受重力、电场力，做类平抛运动
y方向有
L
=gt2
解得
t
=
x方向有
a
=
，x
=
vt
+at2
解得
x
=
则B点的位置坐标为（，0）。
(3)小球能通过y轴继续做圆周运动运动，根据功能关系有
W合
=
-mg(L
–
Lcosθ)
+
EqLsinθ
合外力所做的功等于动能的改变量，由题知当速度最大时，绳中的拉力恰好达到绳子所能承受的最大拉力，则此时合外力所做的功最多有
cosθ
+sinθ
即上式取到最大值为
θ
=
37°，W合
=
根据动能定理
-mg(L
–
Lcosθ)
+
EqLsinθ
=-mv2
解得
vm
=
电场力和重力的等效合力为
根据圆周运动供需平衡有
FT
-mg
=
求解出
FT
=mg
轻绳能承受的最大拉力为mg。
【点睛】
用求导解出cosθ
+sinθ的最小值是关键。
49．如图所示，两竖直虚线间距为L，之间存在竖直向下的匀强电场。自该区域的A点将质量为m、电荷量分别为q和－q（q>0）的带电小球M、N先后以相同的初速度沿水平方向射出。小球进入电场区域，并从该区域的右边界离开。已知N离开电场时的位置与A点在同一高度；M刚离开电场时的动能为刚进入电场时动能的8倍。不计空气阻力，重力加速度大小为g。已知A点到左边界的距离也为L。
(1)求该电场的电场强度大小；
(2)求小球射出的初速度大小。
【答案】(1)；(2)
【详解】
(1)设小球M、N在A点水平射出的初速度大小为v0，则它们进入电场时水平速度仍然为v0，所以小球M、N在电场中运动的时间相等，进入电场前，水平方向
竖直方向下落的距离
进入电场时竖直速度
进入电场后，水平方向
故有
设N粒子在电场中运动的加速度为a，竖直方向有
解得
由牛顿第二定律得
解得
(2)小球M射出电场时竖直速度为
由牛顿第二定律得
故由M刚离开电场时的动能为刚进入电场时动能的8倍可得
解得
50．如图所示，匀强电场中相邻竖直等势线间距d=10cm，质量m=0.1kg、带电荷量为q=-1×10-3C的小球以初速度v0=10m/s抛出，初速度方向与水平线的夹角为45°，已知重力加速度g=10m/s2，求：
(1)小球加速度的大小；
(2)小球再次回到图中水平线时的速度大小和距抛出点的距离。
【答案】(1)10m/s2；(2)10
m/s，20
m
【详解】
(1)设相邻两等势线间的电势差为U，由电场强度与电势差之间的关系可知，电场强度为
解得
E＝1×103
V/m
电场力
F＝qE＝1
N
方向水平向右
重力
G＝mg＝1
N
方向竖直向下
设小球加速度为a，由牛顿第二定律得
解得
(2)设小球再次回到图中水平线时的速度为v，与抛出点的距离为L，小球加速度与初速度方向垂直，做类平抛运动，有
Lcos
45°＝v0t
解得
L＝20
m
沿y轴方向有
vy＝at
速度大小为
解得
51．如图所示，竖直平面内有一固定绝缘轨道ABCDP，由半径r=0.5m的圆弧轨道CDP和与之相切于C点的水平轨道ABC组成，圆弧轨道的直径DP与竖直半径OC间的夹角θ=37°，A、B两点间的距离d=0.2m。质量m1=0.05kg的不带电绝缘滑块静止在A点，质量m2=0.1kg、电荷量q=1×10-5C的带正电小球静止在B点，小球的右侧空间存在水平向右的匀强电场。现用大小F=4.5N、方向水平向右的恒力推滑块，滑块到达B点前瞬间撤去该恒力，滑块与小球发生弹性正碰，碰后小球沿轨道运动，到达P点时恰好和轨道间无挤压且所受合力方向指向圆心。小球和滑块均视为质点，碰撞过程中小球的电荷量不变，不计一切摩擦。（取g=10m／s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）
(1)求撤去该恒力瞬间滑块的速度大小v以及匀强电场的电场强度大小E；
(2)求滑块与小球碰撞后瞬间小球的速度大小及B、C两点间的距离x；
(3)若小球从P点飞出后落到水平轨道上的Q点（图中未画出）后不再反弹，求Q、C两点间的距离L。
【答案】（1），；（2），；（3）
【详解】
(1)对滑块从点运动到点的过程，根据动能定理有
代入数据解得
小球到达点时，受力如图所示
则有
解得
(2)小球所受重力与电场力的合力大小为
①
小球到达点时，由牛顿第二定律有
②
联立①②，代入数据得
滑块与小球发生弹性正碰，设碰后滑块、小球的速度大小分别为、，以向右方向为正方向，由动量守恒定律得：
③
由能量守恒得
④
联立③④，代入数据得：
(“”表示的方向水平向左），
小球碰后运动到点的过程，根据动能定理有：
⑤
代入数据得
(3)小球从点飞出水平方向做匀减速运动，有
⑥
竖直方向做匀加速运动，有
⑦
联立⑥⑦，代入数据得
52．如图所示，空间有场强为E竖直向下的电场，长为L的不可伸长的轻绳固定于O点。另一端系一质量为m，带正电为q的小球。拉起小球至绳水平后在A点无初速度释放，当小球运动至O点的正下方B点时绳恰好断裂，小球继续运动并垂直打在同一竖直平面且与水平面成θ角。无限大的挡板MN上的C点（重力加速度取g）。试求：
(1)
小球运动到B点时速度大小及绳子的最大张力；
(2)
小球运动到C点时速度大小；
(3)
A、C两点的电势差。
【答案】（1）；；（2）；（3）
【详解】
（1）对小球从A→B由动能定理有
解得，小球运动到B点时速度大小
根据向心力公式，在B点时有
解得，绳子的拉力
即绳子至少受的拉力才能被拉断；
（2）小球离开B点后做类平抛运动，到达C点时小球垂直撞在斜面上，则
（3）对小球从A点到达C点过程，应用动能定理有
又
联立解得
53．如图，在竖直面平内有一个矩形区域ABCD，其水平边AB=6L，竖直边BC=8L，O点为矩形区域的对角线的交点。将一颗质量为m的小球(看成质点)以一定初动能从O点在矩形区域所在的平面内沿水平向右方向抛出，小球恰好能经过C点。现使此小球带电(看成是点电荷)，电荷量为q（q>0），同时加一个方向平行于矩形ABCD的匀强电场，再从O点以同样大小初动能在矩形区域所在的平面内沿各个不同的方向抛出此带电小球，小球会从矩形边界的不同位置射出，其中经过D点时小球的动能为初动能的5倍，经过E点（E为DC边中点）时的小球的动能和初动能相等，重力加速度为g，求：
(1)小球从O点抛出时的初动能Ek0；
(2)取电场中O点的电势为零电势，则D、E两点的电势各为多少？
(3)匀强电场的电场强度E的大小和方向。
【答案】(1)；(2)，；(3)，方向与OE成37°斜向左上方
【详解】
(1)不加电场时，由类平抛运动的知识可得，水平方向
竖直方向
解得初动能为
(2)从D点射出的小球，由动能定理的
解得
因为O点的电势为零，则
从E点射出的小球，由动能定理
解得
因为O点的电势为零，则
(3)设电场方向与OE成θ角斜向左上方，则从E射出的小球由动能定理得
而DO间电势差
联立解得
，，
电场强度的方向与OE成斜向左上方
四、填空题
54．将两个质量均为m，带电量分别为+q、-q的小球A、B用两段长度均为L的绝缘细线相连，并悬挂于O点，如图所示。在两球所在区域加一水平向左的匀强电场，每个小球所受的电场力大小为其重力的倍，整个装置再次平衡时OA线的拉力大小为______；整个过程中小球B的电势能减少了______。
【答案】2mg
【详解】
[1]以整体为研究对象，竖直方向受力平衡可得
F=2mg
[2]以B为研究对象，B受到重力、绳子拉力和电场力，如图所示
根据平衡条件可得：
解得
θ=37°
故AB线偏离竖直方向的角度为37°；电场力对B做的功为
根据功能关系可知整个过程中小球B的电势能减少了

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