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绝密★启用前
专题16示波管及其应用电场中的能量问题
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、单选题
1．如图所示，有三个质量相等的分别带正电、负电和不带电的小球，从两水平放置的金属板左侧中央以相同的水平初速度v0先后射入电场中，最后在正极板上打出A，B，C三个点，则（　　）
A．三小球在电场中运动时间相同
B．三小球到达正极板时速度相同
C．落到A处小球带负电，落到C处小球带正电
D．三小球到达正极板时落在A、C处的小球机械能增大，落在B处的小球机械能不变
【答案】C
【详解】
A.
根据题意，三小球在竖直方向都做初速度为0的匀加速直线运动，小球到达下极板时，在竖直方向的位移h相等
解得
由于平行板间有竖直向上的电场，正电荷在电场中受到向上的电场力，向下的合力最小，向下的加速度最小，负电荷受到向下的电场力，向下的合力最大，向下的加速度最大，不带电的小球做平抛运动，加速度为重力加速度g，根据，得到正电荷运动时间最长，负电荷运动时间最短，不带电的小球所用时间处于中间；选项A错误。
B、C．三小球水平方向做匀速直线运动，水平位移：x=v0t，由于初速度相同，水平位移越大，所用时间越长，所以
A小球带负电，B小球不带电，C小球带正电，选项C正确。
三小球的初动能相同，根据动能定理合力做正功越多则末动能越大。A小球带负电，电场力和重力都做正功，动能最大；B小球不带电，只有重力做正功，没有电场力做功，末动能居中；
C小球重力做正功，由于带正电电场力做负功，合力做功最小，末动能最小；所以动能EkCD．A小球带负电，电场力做正功，机械能增大；B小球不带电，没有电场力做功，机械能守恒；C小球带正电，电场力做负功机械能减小。选项D错误。
故选C。
2．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。A、B为两块水平放置的平行金属板，间距d=1.0m，两板间有方向竖直向上，大小为E=1.0×103N/C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v0=1.0m/s、质量均为m=5.0×10-14kg和带电量均为q=-2.0×10-15C的带电油漆微粒。不计微粒所受空气阻力及微粒间相互作用，油漆微粒最后都落在金属板B上。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
B．沿不同方向喷出的微粒，从喷出至到达B板，动能变化量为2.0×10-12J
C．若其它条件均不变，d增大为原来的2倍，喷涂面积增大为原来的2倍
D．若其它条件均不变，E增大为原来的2倍，喷涂面积减小为原来的
【答案】C
【详解】
A．每个沿水平方向喷出的微粒都做类平抛运动，加速度
则在竖直方向上
解得
B．向不同方向喷出的微粒，动能定理得
B错误；
C．d增加为原来的2倍，根据
可知运动时间增大为原来的倍，喷涂半径
变为原来的倍，则喷涂面积变为原来的2倍，C正确；
D．E增加为原来的2倍，加速度
运动时间变为原来的
，喷涂半径变为原来的，喷涂面积减小为原来的
，
D错误。
故选C。
3．静电场方向平行于轴，其电势随的分布可简化为如图所示的曲折线。一质量为、带电量为的粒子（不计重力），以初速度从点进入电场，沿轴正方向运动。下列叙述正确的是（　　）
A．粒子从运动到的过程中速度逐渐增大
B．粒子从运动到的过程中，电势能先减小后增大
C．粒子运动到处时的动能为
D．假如粒子改为在处由静止释放，则粒子运动到时速度最大，运动到时时速度为0
【答案】C
【详解】
A．粒子从O运动到x1的过程中，电势不变，电场力不做功，粒子的速度不变，
A错误；
B．粒子从运动到的过程中，电势不断降低，根据正电荷在电势高处电势能大，可知，粒子的电势能不断减小，
B错误；
C．粒子从O运动到x4的过程中，根据动能定理得
可得，粒子运动到x4处时的动能
C正确；
D．假如粒子改为在x1处由静止释放，粒子从x1运动到x3的过程中，电势能减小，动能增大。从x3运动到x4的过程中，电势能增大，动能减小，所以粒子运动到x3时速度最大，粒子运动到时x3时速度不为0，D错误。
故选C。
4．如图所示，虚线a、b、c是电场中的三个等势面，相邻等势面间的电势差相同，实线为一个带正电的粒子仅在电场力作用下，通过该区域的运动轨迹，P、Q是轨迹上的两点，下列说法正确的是（　　）
A．三个等势面中，等势面a的电势最高
B．带电粒子通过P点时的电势能比通过Q点时大
C．带电粒子通过P点时的加速度比通过Q点时大
D．带电粒子通过P点时的动能比通过Q点时小
【答案】A
【详解】
A．作出电场线，根据轨迹弯曲的方向和正电荷可知，电场线向下。故c点电势最低，a的电势最高。故A正确；
B．正电荷在电势高处电势能大，所以粒子通过P点时的电势能比通过Q点小。故B错误；
C．等差等势面Q处密，Q处电场强度大，电场力大，加速度大。故C错误；
D．带电粒子在运动的过程中只有电场力做功，粒子的动能与电势能的和不变，粒子通过P点时的电势能比通过Q点小，所以粒子通过P点时的动能比通过Q点时大，故D错误；
故选A。
【点睛】
5．一质量为m的带电小球，在竖直方向的匀强电场中水平拋出，被抛出后小球的加速度大小为g（g为重力加速度大小），则在小球上升高度h的过程中（　　）
A．小球所受电场力做的功为mgh
B．小球的电势能增大了mgh
C．小球所受重力做的功为mgh
D．小球的机械能增大了2mgh
【答案】D
【详解】
AC．通过受力分析，
所以电场力是重力的两倍，方向竖直向上，小球在电场力方向运动了ｈ，所以电场力做功
重力做功
故AC错误；
BD．由电场力做功与电势能的关系
电场力做正功2mgh,电势能减少2mgh，由能量守恒，减少的电势能转化为机械能，所以机械能增加2mgh。
故选D。
6．如图所示，在光滑绝缘水平面上，A、B两个小球质量分别为2m和m，两球均带正电，某时刻A有指向B的初速度v0，B的速度为0，之后两球在运动中始终未相碰，当两球从此刻开始到相距最近的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．两球系统动量守恒，机械能守恒
B．两球系统电势能增加了
C．电场力对A球做的功为
D．电场力对B球做的功为
【答案】C
【详解】
A．两球系统所受合力为0，则系统动量守恒，但两球相互靠近过程中电场力做负功，机械能减小，故A错误；
B．当两球速度相等时，两球相距最近，由动量守恒有
得
由能量守恒可知，两球系统电势能增加
故B错误；
C．由动能定理可知，电场力对A球做的功为
故C正确；
D．由动能定理得，电场力对B球做的功为
故D错误。
故选C。
7．如图所示，平行板电容器A、B间有一带电油滴
P
正好静止在极板正中间，现将B板向下移动一点，其它条件不变，则（　　）
A．油滴带正电
B．油滴将向下加速，电流计中电流由a流向b
C．油滴将向下加速，电流计中电流由b流向a
D．油滴运动的过程中电势能将减少
【答案】B
【详解】
A．带电油滴p正好静止在极板正中间，则所受的电场力qE与重力mg二力平衡，电场力必定竖直向上，而电场强度向下，因此油滴带负电，A错误；
BC．将B极板向下移动到虚线位置时，电容器极板间距d增大，则电容减小，而极板间电压U不变，由可知，极板间的电场强度减小，油滴受到的电场力小于重力，油滴向下做加速运动；则由Q=CU可知，电容器所带电荷量减小，开始放电，上极板带正电，则电流计中电流由a流向b，B正确，C错误；
D．油滴受到的电场力方向向上，而运动的方向向下，油滴向下运动时电场力做负功，所以油滴的电势能增大，D错误。
故选B。
8．如图所示，实线表示电场线，一个负电荷q由a点飞入图示的电场后，沿abc运动，并从c点飞出电场。已知q由a运动到b动能减少了3×10-5
J，由b运动到c动能增加了4.5×10-5
J，忽略重力。则从a到c，电荷的电势能的变化及电场线的方向为（　　）
A．增加1.5×10-5
J，方向斜向下
B．增加1.5×10-5
J，方向斜向上
C．减少1.5×10-5
J，方向斜向上
D．减少4.5×10-5
J，方向斜向下
【答案】C
【详解】
从a到c电荷的电势能的变化大小等于电荷动能的变化，但一个增加则另一个减少，即
负号表示电荷的电势能减小。
负电荷在运动的过程中轨迹向左下弯曲，说明了受到的电场力的方向斜向下，由于负电荷受到的电场力的方向与电场线的方向相反，所以电场线的方向斜向上。
选项C正确，ABD错误。
故选C。
9．如图所示，在光滑绝缘水平面上的P点正上方O点固定了一电荷量为＋Q的正点电荷，在水平面上的N点，由静止释放一质量为m．电荷量为-q的负检验电荷，该检验电荷经过P点时速度为v，图中θ＝60°，规定电场中
P点的电势为零，则在＋Q形成的电场中，下列判断正确的是（
）
A．P点电场强度大小是N点的2倍
B．N点电势高于P点电势
C．N点电势为
D．检验电荷在N点具有的电势能为
【答案】C
【详解】
B
．根据顺着电场线方向电势降低可知，M点的电势高于N点的电势，而M．P两点的电势相等，则N点电势低于P点电势．故A错误；
A
．P点电场强度大小是，N点电场强度大小是，则，故B错误；
C．根据动能定理得：检验电荷由N到P的过程，，由题，P点的电势为零，即φP=0，解得，N点的电势，故C正确；
D．检验电荷在N点具有的电势能为，故D错误。
故选C。
10．如图有两个完全相同的金属球a、b，b固定在绝缘地板上，a在离b高H的正上方，由静止释放与b发生碰撞后竖直回跳高度为h。设碰撞中无动能损失，空气阻力不计，则（　　）
A．若a、b带等量同种电荷，则H>h
B．若a、b带等量同种电荷，则HC．若a、b带等量异种电荷，则HD．若a、b带等量异种电荷，则H=h
【答案】C
【详解】
AB．若两球带等量同种电荷，碰撞前后两球电荷量不变，根据能量守恒，整个过程中，电场力对A球做功为0，最终重力势能没有变化，所以h=H，故AB错误。
CD．若两球带等量异种电荷，碰撞后两球电荷中和，均不带电，碰撞前电场力做正功，碰撞后没有电场力做功，整个过程电场力做正功，电势能减小转化为机械能，根据能量守恒，可知最终重力势能增大，所以h>H，故C正确，D错误。
故选C。
11．如图所示，有三个质量相等的分别带正电、负电和不带电的粒子，从两水平放置的金属板左侧中央以相同的水平初速度v0先后射入电场中，最后在正极板上打出A，B，C三个点，则（　　）
A．落到A处粒子带负电，落到C处粒子带正电
B．三种粒子到达正极板时速度相同
C．三种粒子到达正极板时落在A、C处的粒子机械能增大，落在B处粒子机械能不变
D．三种粒子在电场中运动时间相同
【答案】A
【详解】
AD．根据题意，三粒子在竖直方向都做初速度为0的匀加速直线运动，运动到下极板时，在竖直方向产生的位移h相等，可得
解得
平行板电场方向向上，对正电荷，在电场中受到向上的电场力，向下的合力最小，则向下的加速度最小；对负电荷，受到向下的电场力，向下的合力最大，则向下的加速度最大；不带电的粒子做平抛运动，加速度为重力加速度g，根据可得，正电荷运动时间最长，负电荷运动时间最短，不带电的粒子所用时间处于中间；三粒子水平方向做匀速直线运动，水平位移为，由于初速度相同，所以运动时间越长则水平位移越大，所以A粒子带负电，B粒子不带电，C粒子带正电，综上所述，A正确，D错误；
B．?三种粒子下落过程有重力和电场力做功，它们的初动能相同，根据动能定理，合力做功越多则末动能越大，而重力做功相同，A粒子带负电，电场力做正功；B粒子不带电，电场力不做功；C粒子带正电，电场力做负功，则末动能关系为
所以三种粒子到达正极板时速度不相同，B错误；
C．机械能的变化等于除重力和弹力以外其他力做的功，本题中，只看电场力做功，整个过程中，A粒子带负电，电场力做正功；B粒子不带电，电场力不做功；C粒子带正电，电场力做负功，所以三种粒子到达正极板时，落在A处的粒子机械能增大，落在B处粒子机械能不变，在C处的粒子机械能减小，C错误；
故选A。
12．
如图所示，匀强电场方向水平向左，带正电的物体沿绝缘的水平板向右做匀变速运动，经A点时，动能为100J，到B点时动能减少了80J，电势能增加了48J，当物体再次回到A点时动能为（　　）
A．36J
B．40J
C．20J
D．60J
【答案】C
【详解】
当物体再次回到A点时，整个过程电场力做功为0；对于物体从A到B的过程，根据动能定理得
又电势能增加
可得摩擦力做功
则电场力和摩擦力大小之比为
当物体速度减小为零时一共摩擦力做功
当物体再次回到A点时，整个过程中摩擦力做功为
2Wf=-80J
物体再次回到A点时动能为20J。
故选C。
【点睛】
该题主要考查了动能定理在电场中的运用，要知道电场力做的功等于电势能的减少量，合理地选择研究过程，运用动能定理进行求解。
13．如图所示，在粗糙、绝缘且足够大的水平面上固定着一个带负电荷的点电荷Q．将一个质量为m，带电量为q的小金属块（金属块可以看成质点）放在水平面上并由静止释放，金属块将在水平面上沿远离Q的方向开始运动．则在金属块运动的整个过程中（
）
A．电场力对金属块做的功等于金属块增加的机械能
B．金属块的电势能先减小后增大
C．金属块的加速度一直减小
D．电场对金属块所做的功一定等于摩擦产生的热
【答案】D
【详解】
电场力对金属块做的功的值等于金属块增加的机械能和产生的热量，最终静止时完全转化为热量．电场力一直做正功，电势能一直减少，金属块的加速度先减小到零，此时速度最大，然后开始减速，加速度反向增大。
故选D。
14．如图所示，在竖直放置的光滑半圆形绝缘细管的圆心O处放一点电荷。现将质量为m、电荷量为q的小球从半圆形管的水平直径端点A静止释放，小球沿细管滑到最低点B时，对管壁恰好无压力。若小球所带电量很小，不影响O点处的点电荷的电场，则置于圆心处的点电荷在B点处的电场强度的大小为（　　）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】
设细管的半径为R，小球到达B点时速度大小为v，小球从A滑到B的过程，恰好沿着圆心O处点电荷的等势线运动，静电力不做功，机械能守恒定律，所以有
小球经过B点时，由牛顿第二定律得
联立以上两式解得
故选C。
15．如图为一水平放置的平行板电容器，它两极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔（小孔对电场的影响可忽略不计）。小孔正上方点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并恰好在下极板处（未与极板接触）返回。若只稍微改变下极板的位置，则关于从点开始下落的相同粒子，以下说法正确的是（　　）
A．将下极板向上移动一些，粒子一定打在下极板上
B．将下极板向下移动一些，粒子一定打在下极板上
C．无论下极板上移或者下移一些，粒子一定恰好在下极板处返回
D．无论下极板上移或者下移一些，粒子一定在下极板上方返回
【答案】B
【详解】
设电容器两极板间电压为，带电粒子质量为，对下极板未移动前，带电粒子从静止释放到速度为零的过程，由动能定理得：
将下极板移动一些时，此时极板间距变为，设粒子运动均打不到下极板，且到距上极板处速度为零，则有，
联立以上两式解得
AC．当将下极板向上移动一些时，有
所以
说明粒子确实打不到下极板上，在打到下极板之前已经返回了，故AC错误；
BD．当将下极板向下移动一些，此时有，由以上分析可知
说明粒子一定打在下极板上，故B正确，D错误。
故选B。
16．如图所示，两平行金属板竖直放置，板上A、B两孔正好水平相对，板间电压为500V．一个动能为400
eV的电子从A孔沿垂直板方向射入电场中．经过一段时间电子离开电场，则电子离开电场时的动能大小为（
）
A．400
eV
B．500
eV
C．900
eV
D．100
eV
【答案】A
【详解】
电子由A向B运动过程中做匀减速运动，速度减小为零后，反向加速，由运动的对称性知，再次回到A点的动能大小为400eV。
故选A。
二、多选题
17．如图所示，一粗糙的绝缘细杆倾斜固定放置，顶端A固定一个带电小球，另一套在杆上的带电小环从杆上B点静止释放，沿杆运动至C点停下，则（　　）
A．带电小环运动过程中的电势能先增大后减小
B．带电小球和带电小环带同种电荷
C．带电小环下滑过程先做匀加速运动后做匀减速运动
D．带电小环下滑过程克服摩擦力做的功大于机械能的变化量
【答案】BD
【详解】
B．小圆环能由B点开始下滑，有沿杆向下的加速度，表明库仑力、重力沿杆分力两力的合力大于滑动摩擦力。滑到C点时速度再次为零，表明在静止前有沿杆向上的加速度，库仑力、重力沿杆分力两力的合力小于滑动摩擦力。而库仑力随环远离而减小，可以判定环受到的库仑力沿杆向下为斥力，小圆环所带电荷和顶端固定的电荷一定是同种电荷，故B正确；
A．小圆环下滑过程中，库仑斥力做正功，电势能减小，故A错误；
C．带电小环在向下运动过程中由于库仑力减小，从受力上来说力不是恒力，所以不可能做匀变速运动，故C错误；
D．小圆环下滑过程中，重力做正功，摩擦力做负功，库仑力做正功，机械能的损失量等于克服摩擦力做的功和库仑力做功之和，所以克服摩擦力做的功大于机械能的变化量，故D正确。
故选BD。
18．图中虚线为匀强电场中与场强方向垂直的等间距平行直线，两粒子M、N质量相等，所带电荷的绝对值也相等。现将M、N从虚线上的O点以相同速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所示。点a、b、c为实线与虚线的交点，已知O点电势高于c点。若不计重力，则（　　）
A．M带负电荷，N带正电荷
B．N在a点的速度与M在c点的速度大小相同
C．N在从O点运动至a点的过程中电场力做正功
D．M在从O点运动至b点的过程中，电场力对它做的功等于零
【答案】CD
【分析】
根据粒子的轨迹可判断粒子的电场力方向，O点电势高于c点，根据电场线与等势线垂直，而且由高电势指向低电势，可判断出电场方向，从而确定出粒子的电性。由动能定理可判断，N在a点的速度与M在c点的速度大小。N从O点运动至
a点的过程中电场力做正功。O、b间电势差为零，由动能定理可知电场力做功为零。
【详解】
A．由题，等势线在水平方向，O点电势高于c点，根据电场线与等势线垂直，而且由高电势指向低电势，可知电场方向竖直向下，根据粒子的轨迹可判断出N粒子所受的电场力方向竖直向上，M粒子所受的电场力方向竖直向下，故知M粒子带正电，N带负电，故A错误；
B．由动能定理可判断，N从O点到a点与M从O点到c点的电势差大小不相等，所以电势能变化量不相等，故动能的变化量不同，又因在O点两粒子的速率相同，故N在a点的速度与
M在c点的速度大小不同。故B错误；
C．N从O点运动至a点的过程中电场力与速度的夹角为锐角，电场力做正功。故C正确；
D．O、b间电势差为零，由动能定理可知M从O点运动至b点的过程中，电场力对它做功为零。故D正确；
故选CD。
【点睛】
19．一个电子在匀强电场中运动，且只受电场力作用，则在一段时间内（　　）
A．电子的速率一定增大
B．电子的动能可能减小
C．电子的速率一定减小
D．电子一定做匀变速运动
【答案】BD
【详解】
ABC．一个电子在匀强电场中运动，且只受电场力作用，但电子有无初速度，初速度方向与电场力方向关系如何都不清楚，所以电子的速率可能增大，也可能减小，则电子的动能有可能减小，故AC错误，B正确；
D．因是匀强电场，且电子只受电场力作用，故电子受到的电场力恒定，则加速度恒定，所以电子一定做匀变速运动，故D正确。
故选BD。
20．如图所示，在竖直平面内有水平向右、场强为E=1×104N/C的匀强电场。在匀强电场中有一根长L=2m的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系一质量为0.08kg的带电小球，它静止时悬线与竖直方向成37°角，若小球获得初速度恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，取小球在静止时的位置为电势能零点和重力势能零点，cos37°＝0.8，g取10m/s2。下列说法正确（　　）
A．小球的带电荷量q=4×10－5C
B．小球动能的最小值为1J
C．小球在运动至圆周轨迹上的最高点时有机械能的最小值
D．小球绕O点在竖直平面内做圆周运动的电势能和机械能之和保持不变，且为5J
【答案】BD
【详解】
A．小球静止时悬线与竖直方向成37°角，受到重力、电场力和拉力，受力分析如上图，根据平衡条件，有
解得
故A错误；
B．小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点A速度最小，根据牛顿第二定律，有
小球动能的最小值为
联立解得
故B正确；
C．根据能量守恒定律，电势能和机械能之和保持不变，所以机械能最小的位置是电势能最大的位置，即与O点等高的最左的位置，故C错误；
D．根据能量守恒定律，电势能和机械能之和保持不变，A点的动能、重力势能、电势能之和就是能量之和，有
故D正确。
故选BD。
21．一个半径为R的绝缘光滑的圆环竖直放置在方向水平向右的、场强为E的匀强电场中，如图所示，环上a、c是竖直直径的两端，b、d是水平直径的两端，质量为m的带电小球套在圆环上，并可以沿环无摩擦滑动，已知小球自a点由静止释放，沿abc运动到d点时的速度恰好为零，由此可知（　　）
A．小球在a点的加速度与在d点的加速度大小相等
B．小球在b点的机械能最大，在d点的机械能最小
C．小球在b点的机械能最小，在d点的机械能最大
D．小球在b点与在c点的速度大小相等
【答案】ABD
【详解】
A．小球在a点的速度为0，故在a点的向心力为0，即在竖直方向上合力为0，水平方向根据牛顿第二定律可知
小球在d点速度也为0，向心力为0，故沿水平方向合力为0，竖直方向满足
从a到d过程中根据动能定理
因此
故A正确；
B．除重力之外其他力做功等于机械能的变化量，从a到b过程电场力做正功，机械能在增大，再从b到d过程中电场力做负功，机械能在减小，故小球在b点的机械能最大，在d点的机械能最小，故B正确，C错误；
D．根据动能定理可知从b到c过程
因此小球在b点与在c点的速度大小相等，故D正确。
故选ABD。
22．质量为m的带电小球射入匀强电场后，以方向竖直向上、大小为2g的加速度向下运动，在小球下落h的过程中（　　）
A．小球的重力势能减少了2mgh
B．小球的动能减少了2mgh
C．小球的机械能减少了2mgh
D．小球的电势能增加了3mgh
【答案】BD
【详解】
A．小球下落h的过程中，重力做功mgh，根据功能关系，小球的重力势能减少了mgh，A错误；
B．小球下落h的过程中，合外力做功-2mgh，根据功能关系，小球的动能减少了2mgh，B错误；
CD．由题可知，电场力大小为3mg，小球下落h的过程中，电场力做功-3mgh，根据功能关系，小球的机械能减少了3mgh，电势能增加了3mgh，
C错误，D正确。
故选BD。
23．一个带电小球从空中的a点运动到b点的过程中，重力做功3J，克服电场力做功0.5J，不计空气阻力，则下列说法正确的是（
）
A．小球在a点的重力势能比在b点大3J
B．小球在a点的电势能比在b点小1J
C．小球在a点的动能比在b点小3.5J
D．小球在a点的机械能比在b点大0.5J
【答案】AD
【详解】
A．重力做功等于重力势能的变化量，重力做功3J，重力势能减小3J，所以a点重力势能比b点大3J，故A正确；
B．电场力做功等于电势能的变化量，克服电场力做功0.5J，电势能增加0.5J，所以a点电势能比b点小0.5J，故B错误；
C．合力做功等于动能的变化量，合力做功等于各个分力做的功，总功为2.5J，故动能增加2.5J，即小球在a点的动能比在b点小2.5J，故C错误；
D．除重力外的各个力做的总功等于机械能的变化量，除重力外，克服电场力做功0.5J，故机械能减小0.5J，所以a点机械能比b点大0.5J，故D正确。
故选AD。
24．如图所示，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上，上面放一带正电的小球，小球与弹簧不连接，施加外力将小球向下压至某位置静止。现撤去外力，小球从静止开始运动到离开弹簧的过程中，重力、电场力对小球所做的功分别为W1和W2，则上述过程中（　　）
A．小球与弹簧组成的系统机械能守恒
B．小球的电势能增加W1＋W2
C．小球的电势能减少W2
D．小球的重力势能增加－W1
【答案】CD
【详解】
A．由于电场力做正功，故小球与弹簧组成的系统机械能增加，机械能不守恒，故A错误；
BC．根据电场力做功是电势能变化的量度，电场力做正功电势能减少，电场力做负功电势能增加，电场力对小球所做的功为，则小球的电势能减少，故B错误，C正确；
D．重力做功是重力势能变化的量度，由题意知重力做负功，重力势能增加，故D正确。
故选CD。
25．如图所示，质量分别为和的两小球带有同种电荷，电荷量分别为和，用绝缘细线悬挂在天花板上。平衡时，两小球恰处于同一水平位置，细线与竖直方向间夹角分别为与（）。两小球突然失去各自所带电荷后开始摆动。最大速度分别为和，最大动能分别为和，则（　　）
A．一定小于
B．一定大于
C．一定大于
D．一定大于
【答案】ACD
【详解】
A．对小球A受力分析，受重力、静电力、拉力，如图所示
根据平衡条件，有
故
同理有
由于θ1＞θ2，故mA＜mB，故A正确；
B．两球间的库仑力是作用力与反作用力，一定相等，与两个球是否带电量相等无关，故B错误；
C．设悬点到AB的竖直高度为h，则摆球A到最低点时下降的高度
小球摆动过程机械能守恒，有
解得
由于θ1＞θ2，A球摆到最低点过程，下降的高度△hA＞△hB，故A球的速度较大，故C正确；
D．小球摆动过程机械能守恒，有mg△h=EK，故
其中Lcosθ相同，根据数学中的半角公式，得到
其中FLcosθ相同，故θ越大，动能越大，故EkA一定大于EkB，故D正确；
故选ACD。
26．如图所示，细线悬挂一个带正电的小球，处在水平向右的匀强电场中，在电场力作用下小球由最低点a开始运动，经b点后还可再向右摆，如用E1表示小球的重力势能，用E2表示小球的电势能，用E3表示小球的动能。球由a摆至b的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．E1+E2在增大
B．E1+E3在增大
C．E2+E3在增大
D．E2+E3减小
【答案】BD
【详解】
小球向右摆动的过程中，只有重力和电场力做功，则小球的重力势能E1、电势能E2以及动能E3三者之和守恒，即E1+E2+E3=C（常量）；
A．由于小球向右摆动时动能先增加后减小，则球由a摆至b的过程中E1+E2的值可能先减小后增加，也可能减小，选项A错误；
B．球由a摆至b的过程中，电势能E2一直减小，则E1+E3在增大，选项B正确；
CD．球由a摆至b的过程中，球的重力势能E1一直变大，则E2+E3在减小，选项C错误，D正确。
故选BD。
27．如图所示，一绝缘轻弹簧的下端固定在斜面底端，上端连接一带正电的光滑滑块P，滑块所处的空间存在着沿斜面向上的匀强电场，滑块平衡时，弹簧恰好处于原长状态。现给滑块一沿斜面向下的初速度，滑块最低能运动到M点，在滑块从开始运动至到达最低点M的过程中，以下说法正确的是（　　）
A．滑块机械能的减少量等于滑块克服电场力所做的功
B．滑块电势能的增加量等于滑块重力势能的减少量
C．弹簧弹性势能的增加量等于滑块动能的减少量
D．滑块动能的变化量等于电场力和重力做功的代数和
【答案】BC
【详解】
A．在下滑到最低点过程中，除重力以外有电场力和弹簧弹力做功，则滑块机械能的减小量等于滑块克服电场力做功与克服弹簧弹力做功之和，故A错误；
B．因为开始滑块受重力和电场力和支持力处于平衡，则有
在运动到最低点过程中，克服电场力做功与重力做功相等，则滑块电势能增量等于滑块重力势能的减小量，故B正确；
C．根据能量守恒得，动能减小，重力势能减小，电势能增加，弹性势能增加，因为电势能增量等于重力势能减小量，所以弹性势能增加量等于滑块动能减小量，故C正确；
D．根据动能定理知，电场力、重力、弹簧弹力做功的代数和等于滑块动能的变化量，故D错误。
故选BC。
28．.如图甲所示，在绝缘水平面上方的MM′和PP′范围内有方向水平向右的电场，电场强度大小沿电场线方向的变化关系如图乙所示．一质量为m、带电荷量为＋q的小物块(可视为点电荷)从水平面上的A点以初速度v0向右运动，到达B点时速度恰好为零．若滑块与水平面之间的动摩擦因数为μ，A、B两点间的距离为l，重力加速度为g．则以下判断正确的是(　　)
A．小物块在运动过程中所受到的电场力一直小于滑动摩擦力
B．小物块在运动过程中的中间时刻，速度大小大于
C．A、B两点间的电势差为
D．此过程中产生的内能为
【答案】AC
【详解】
A．滑块所受的电场力水平向右，摩擦力水平向左，由图象知，电场强度逐渐增大，电场力逐渐增大，滑块做减速运动，可知电场力一直小于滑动摩擦力．故A正确；
B．因为电场力逐渐增大，所以小滑块做加速度逐渐减小的减速运动，根据速度时间图线可知，若为匀变速直线运动，中间时刻的瞬时速度等于；
从图中可知，中间时刻的瞬时速度小于．故B错误；
C．根据动能定理得，
-qU-μmgl=0-mv02
解得，A、B点间的电势差
故C正确；
D．根据能量守恒知，电势能减小、动能减小，全部转化为内能，则产生的内能大于mv02．故D错误。
故选AC。
29．内壁光滑、由绝缘材料制成的圆轨道固定在倾角为θ=37°的斜面上，与斜面的交点是A，直径AB垂直于斜面，直径CD和MN分别在水平和竖直方向上，它们处在水平方向的匀强电场中。质量为m，电荷量为q的小球（可视为点电荷）刚好能静止于圆轨道内的A点。现对在A点的该小球施加一沿圆环切线方向的瞬时冲量，使其恰能绕圆环完成圆周运动。下列对该小球运动的分析，正确的是（　　）
A．小球一定带负电
B．小球运动到B点时动能最小
C．小球运动到M点时动能最小
D．小球运动到D点时机械能最小
【答案】ABD
【详解】
A．小球原来处于静止状态，分析受力可知，小球所受的电场力方向向左，与电场强度方向相反，所以小球带负电，故A正确；
BC．小球静止时，受到重力、电场力和轨道的支持力作用，由平衡条件得知，重力与电场力的合力方向与支持力方向相反，与斜面垂直向下，则小球从A运动到B点的过程中，此合力做负功，动能减小，所以小球运动到B点时动能最小，故B正确，C错误；
D．根据功能关系可知，电场力做负功越多，小球的机械能减小越大，可知，小球从A运动到D点时，电场力做负功最多，所以小球运动到D点时机械能最小．故D正确。
故选ABD。
30．如图所示，质量为m1．带有正电荷q的金属小球和质量为m2．不带电的小木球之间用绝缘细线相连，置于竖直向上．场强为E．范围足够大的匀强电场中，两球恰能以速度v匀速竖直上升．当小木球运动到A点时细线突然断开，小木球运动到B点时速度为零，重力加速度为g，则（
）
A．小木球的速度为零时，金属小球的速度大小为
B．小木球从点A到点B的过程中，A．B组成的系统，机械能在增加
C．A．B两点之间的电势差为
D．小木球从点A到点B的过程中，小木球动能的减少量等于两球重力势能的增量，而电场力对金属小球所做的功等于金属小球的机械能增加量
【答案】BC
【详解】
A．取向上为正方向，将AB看成一系统，由于系统匀速上升，所以系统在竖直方向合外力为零，系统的动量守恒，有：，解得：，故选项A错误；
B．此系统受重力之外，还有电场力做正功，所以系统的机械能增加，故选项B正确；
C．剪断细线后，小木球向上做匀减速直线运动，由可知：，由可知，故选项C正确；
D．从A到B运动过程中，对小木球仅受重力，故机械能守恒，即减少的动能转为重力势能，故选项D错误。
故选BC。
第II卷（非选择题）
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三、解答题
31．质量为m=0.2kg、带电量为q=+2C的小球从距地面高度为h=10m处以一定的初速度水平抛出，在距抛出点水平距离为L=2m处，有一根管口比小球直径略大的竖直吸管，管的上口距地面为，为使小球能无碰撞地通过管子，可在管子上方的整个区域加上一个场强方向水平向左的匀强电场，如图所示，（）求：
(1)小球的初速度
(2)电场强度E的大小；
(3)小球落地时的动能。
【答案】(1)(2)(3)20J
【详解】
(1)要使小球无碰撞地通过管口，则当它到达管口时，速度方向为竖直向下，而小球水平方向仅受电场力，做匀减速运动到零，竖直方向为自由落体运动。
从抛出到管口，在竖直方向有
解得
在水平方向有
解得
(2)在水平方向上，根据牛顿第二定律
又由运动学公式
解得
方向水平向左；
(3)小球落地的过程中有重力和电场力做功，根据动能定理得
即
解得
32．如图所示，在光滑绝缘的水平面上的A点有一电荷量为q（q>0）的小物块，处在方向水平向左、电场强度为E的匀强电场中。某时刻给小物块一水平向右的恒定拉力F，使小物块由静止开始向右运动，当小滑块运动到B点时，它的机械能与电势能共增加了18J；此时将水平拉力反向，但大小不变，直到物块再次返回到A点。已知物块从A到B运动的时间为从B到A运动的时间的一半。求
(1)物块返回到A点时获得的机械能；
(2)水平拉力F的大小；（q、E表示）
(3)以A点为零电势点，当物块的动能为6J时，它的电势能是多大。
【答案】(1)36J；(2)；(3)0.75J或3J
【详解】
(1)设AB之间的距离为s，根据功能关系，从A到B拉力做功
从B到A的距离等于从A到B的距离s，因此从B到A拉力做功
物块返回出发点A时，物块获得的机械能
(2)设物块在t时间内从A运动到B，则从B返回A的运动时间为2t，t时间内和2t时间内的加速度大小分别为a1和a2，由于t时间内和2t时间内位移大小相等、方向相反，则有
解得
根据牛顿第二定律，在t时间内有
同理，2t时间内有
联立得
(3)物块的动能为6J的位置有两个，设第一个动能等于6J的位置距离A为s1，第二个动能等于6J的位置距离B为s2，根据动能定理得
解得
因电场力做功等于电势能的变化量，因此该点电势能
对从开始到动能第二次为6J的过程，根据动能定理得
由于，上式化简得
因为，解得
因电场力做功等于电势能的变化，因此该点的电势能
又因为
因此
33．在一个水平面上建立x轴，在过原点O垂直于x轴的平面的右侧空间有一个匀强电场，场强大小E＝6.0×105N/C，方向与x轴正方向相同，在O处放一个电荷量大小q＝5.0×10－8C、质量m＝1.0×10－2kg的带负电的物块，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.20，沿x轴正方向给物块一个初速度v0＝2.0m/s，如图所示，求物块最终停止时的位置。(g取10m/s2)
【答案】原点O左侧0.2m处
【详解】
物块先在电场中向右减速，设运动的位移为x1，由动能定理得
－(qE＋μmg)x1＝0－
所以
x1＝
代入数据得x1＝0.4m，可知，当物块向右运动0.4m时速度减为零，物块所受的静电力
F＝qE＝0.03N
物体所受的摩擦力为
f＝μmg＝0.02N
因为静电力大于摩擦力，所以物块将继续沿x轴负方向加速运动，跨过O点之后在摩擦力作用下减速，最终停止在O点左侧某处，设该点距O点距离为x2，则对全过程由动能定理得
－μmg(2x1＋x2)＝0－
解得
x2＝0.2m
34．如图所示，在倾角的绝缘粗糙斜面上，有一长为的绝缘轻杆连接两个完全相同、质量均为的可视为质点的小球A和B。开始时轻杆的中垂线与垂直于斜面的虚线重合，虚线与平行且相距。在、间加沿斜面向上、电场强度为E=的匀强电场之后，若A球带电量为，B球不带电，则A球在电场中时，AB球在斜面上恰好能匀速下滑。各小球与斜面间的动摩擦因数相同，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取，，。求：
(1)求小球与斜面间的动摩擦因数；
(2)若A球带电量为，B球不带电，将AB球从图示位置由静止释放，求释放后到向上运动至最远的时间；
(3)若A球带电量为，B球不带电，静止在图示位置，一质量为、带电量为的C球沿斜面向上运动，与B球正碰后粘合在一起，碰撞时间极短，若保证A球始终不会离开电场区域，求C球碰B球之前瞬间的最大速度。
【答案】(1)0.5；(2)；(3)
【详解】
（1）由力的平衡可得
代入数据可解得
（2）A在电场中时，根据牛顿第二定律有
根据运动学公式有
A离开电场后，根据牛顿第二定律有
根据运动学公式有
得
（3）CB碰撞，根据动量守恒有
设C进入电场的最远距离为，ABC向上，根据动能定理有
ABC向下到A刚好不离开电场，根据动能定理有
解得
35．用一根长为L的丝线吊着一质量为m、带电荷量为q的小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，如图所示，丝线与竖直方向成37°角。现突然将该电场方向变为向下但大小不变，不考虑因电场的改变而带来的其他影响（重力加速度为g），求：
(1)小球的带电性质？（正电还是负电）
(2)匀强电场的电场强度的大小？
(3)电场方向变为向下小球经过最低点时丝线对小球的拉力多大？
【答案】(1)正电；(2)
；(3)
【详解】
(1)小球受到的电场力方向与电场方向相同，故小球带正电。
(2)以小球为研究对象，分析受力情况：重力、电场力、丝线的拉力，如图所示
由平衡条件得
故
当电场方向变为向下后，小球受到的电场力竖直向下，向下做圆周运动，重力和电场力都做正功，由动能定理得
(3)小球经过最低点时，由重力、电场力和丝线的拉力的合力提供了向心力，根据牛顿第二定律得
解得
36．如图所示，一根长的光滑绝缘细直杆，竖直固定在电场强度、与水平方向成角的倾斜向下的匀强电场中。杆的下端M固定个一带负电小球A，电荷量大小；另一带负电小球B穿在杆上可自由滑动，电荷量大小，质量。现将小球B从杆的上端N由静止释放，小球B开始运动。（静电力常量，取）问：
(1)小球B开始运动时的加速度为多大？
(2)小球B的速度最大时，距N端的高度为多大？
(3)小球B从N端运动到距M端的高度时，速度，求此过程中小球B的电势能改变了多少？
【答案】(1)4.55
m/s2；(2)0.6
m；(3)0.11J
【详解】
(1)小球B开始运动时受到重力，电场力、A球的库仑力和杆的弹力，由牛顿第二定律可得
代入数据解得
(2)当小球B速度最大时合力为零，即
代入数据解得
(3)小球B从N端运动到距M端的高度h2时，设重力做功为W1，电场力做功为W2，库仑力做功为W3，根据动能定理可得
联立方程，代入数据解得
由功能关系可知，电场力与库仑力对小球做负功，则此过程中小球B的电势能增加了
37．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以及碰后瞬间小球的速度大小vB；
(2)求匀强电场的电场强度大小E及小球到达P点时的速度大小vP；
(3)求B、C两点间的距离x。
【答案】(1)
6m/s；
4m/s；(2)
7.5×104V/m；
2.5m/s；(3)
0.85m
【详解】
(1)对滑块从A点运动到B点的过程，根据动能定理有
解得
v=6m/s
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v1、v2，则由动量守恒定律得
由能量守恒得
联立解得
v1=-2m/s（“-”表示v1的方向水平向左），v2=4m/s
(2)小球到达P点时，受力如图所示
则有
qE=m2gtanθ
解得
E=7.5×104N/C
小球所受重力与电场力的合力大小为
小球到达P点时，由牛顿第二定律有
解得
vP=2.5m/s
(3)对小球碰后运动到P点的过程，根据动能定理有
解得
x=0.85m
38．如图，ABD为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB段是水平的，BD段为半径R=0.2m的半圆，两段轨道相切于B点，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，场强大小E=5.0×103V/m。一不带电的绝缘小球甲，以速度沿水平轨道向右运动，与静止在B点带正电的小球乙发生弹性碰撞，甲乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点D。已知甲、乙两球的质量均为m=1.0×10-2kg，乙所带电荷量q=2.0×10-5C，g取10m/s2。（水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点，整个运动过程中甲不带电，乙电荷无转移）求：
(1)乙在轨道上的首次落点到B点的距离；
(2)碰撞前甲球的速度。
【答案】(1)；(2)
【分析】
(1)根据乙球恰能通过轨道的最高点，根据牛顿第二定律求出乙球在D点的速度，离开D点后做类平抛运动，根据牛顿第二定律求出竖直方向上的加速度，从而求出竖直方向上运动的时间，根据水平方向做匀速直线运动求出水平位移。
(2)因为甲乙发生弹性碰撞，根据动量守恒、机械能守恒求出碰后乙的速度，结合动能定理求出甲的初速度。
【详解】
(1)在乙恰能通过轨道最高点的情况下，设乙到达最高点速度为，乙离开点到达水平轨道的时间为，乙的落点到点的距离为，则
乙球离开D点后做类平抛运动，竖直方向
水平方向
联立解得
(2)设碰撞后甲、乙的速度分别为、，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有
，
联立得
由动能定理得
联立解得
39．如图，空间有一竖直向下沿x轴方向的静电场，电场的场强大小按分布（x是轴上某点到O点的距离）。x轴上，有一长为L的绝缘细线连接均带负电的两个小球A、B，两球质量均为m，B球带电荷量大小为q，A球距O点的距离为L。两球现处于静止状态，不计两球之间的静电力作用。
(1)求A球的带电荷量大小qA；
(2)剪断细线后，求B球下落速度达到最大时，B球距O点距离为x0；
(3)剪断细线后，求B球下落最大高度h。
【答案】(1)qA=6q；(2)x0=4L；(3)h=4L
【详解】
(1)对A、B由整体法得
解得
qA=6q
(2)当B球下落速度达到最大时，由平衡条件得
解得
x0=4L
(3)运动过程中，电场力大小线性变化，所以由动能定理得
解得
h=4L
【点睛】
该题中，两个小球受到的力是变力，要根据它们受力变化的规律，正确分析得出它们运动的规律，然后才能做出正确的结论。题目的难度比较大。
40．如图，绝缘平板S放在水平地面上，S与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4。两足够大的平行金属板P、Q通过绝缘撑架相连，Q板固定在平板S上，P、Q间存在竖直向上的匀强电场，整个装置总质量M＝0.48kg
，P、Q间距为d＝1m，P板的中央有一小孔。给装置某一初速度，装置向右运动。现有一质量m＝0.04kg、电量q＝+1×
10-4C的小球，从离P板高h＝1.25m处静止下落，恰好能进入孔内。小球进入电场时，装置的速度为v1＝5m/s．小球进入电场后，恰能运动到Q板且不与Q板接触．忽略平行金属板外部的电场对小球运动的影响，不计空气阻力，g取10m/s2。
（1）求匀强电场的场强大小E；
（2）求当小球第一次返回到P板时，装置的速度v2；
（3）小球第一次与P板碰撞时间极短，碰后速度大小不变，方向反向，碰后电量变为q’＝-4
×10-4C．求从小球进入电场到第二次到达Q板过程中，绝缘平板S与地面因为摩擦而产生的热量．（由于小球带电量很小，碰撞过程对P、Q上的电荷分布的影响可以忽略，可认为碰撞前后两金属板间的电场保持不变）
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】
(1)小球下落到Q板时速度为零，从最高点到最低点过程，由动能定理得
mg(h+d)?Eqd=0
解得
E=9×103N/C
(2)小球在电场中的加速度
小球在电场中运动的时间
t2=
小球进入电场后,装置的加速度
当小球第一次返回到P板时,装置的速度
v2=v1?a′t2=5?4.75×0.8=1.2m/s
(3)小球从进入电场到小球返回到P板过程中装置的位移
热量
Q1=μ(Mg+Eq)x1
解得
Q1=5.6544J
小球与P板碰撞之后速度v0=5m/s，在之后的运动过程中
小球的加速度
小球从P板运动至Q板的时间
解得
t3=0.1s
装置的加速度
装置在这段时间内的位移
热量
Q2=μ(Mg?Eq′)x2
解得
x2=0.115m,Q2=0.0552J,
产生的总热量
Q总=Q1+Q2=5.7096J
41．如图所示，长为l的轻质细线固定在O点，细线的下端系住质量为m、电荷量为＋q的小球，小球的最低点距离水平面的高度为h，在小球最低点与水平面之间高为h的空间内分布着场强为E的水平向右的匀强电场．固定点O的正下方处有一小障碍物P，现将小球从细线处于水平状态由静止释放．
(1)细线在刚要接触障碍物P时，小球的速度是多大？
(2)细线在刚要接触障碍物P和细线刚接触到障碍物P时，细线的拉力发生多大变化？
(3)若细线在刚要接触障碍物P时断开，小球运动到水平面时的动能为多大？
【答案】（1）
（2）
（3）
【详解】
（1）由机械能守恒定律得
（2）细线在刚要接触障碍物时，细线的拉力设为，由牛顿第二定律得：
细线在刚接触到障碍物时，细线的拉力设为，由牛顿第二定律得：
可解得
（3）细线断开后小球在竖直方向做自由落体运动，运动时间为：
小球在水平方向做匀加速运动，运动的距离为：
小球运动到水平面时的动能，由动能定理得：
可解得
。
42．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，电场强度为E。今有一质量为m、电荷量为q带正电的小滑块（可视为质点），从C点由静止释放，滑到水平轨道上的A点时速度减为零。若已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数为，重力加速度为g。忽略因摩擦而造成的电荷量的损失。求∶
(1)滑块通过圆弧最低点B时对轨道的压力大小；
(2)水平轨道上A、B两点之间的距离。
【答案】(1)；(2)
【详解】
(1)小滑块从C到B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
vB，根据动能定理有：
解得
在B点有
解得
由牛顿第三定律可得，滑块通过圆弧最低点B时对轨道的压力
(2)小滑块在AB轨道上运动时，所受摩擦力为f=μmg，方向水平向左。小滑块从C经B到A的整个过程中，重力做正功，电场力和摩擦力做负功。设小滑块在水平轨道上运动的距离（即A、B两点间的距离）为L，则根椐动能定理有
解得
四、填空题
43．有三根长度为l=1.00m的不可伸长的绝缘轻线，其中两根的一端固定在天花板上的O点，另一端分别拴有质量皆为m=1.00×10－2kg的带电小球A和B，它们的电量分别为－q和+q（A带负电，B带正电），q=1.00×10－7C。A、B之间用第三根线连接起来。空间中存在大小为E=1.00×106N/C的匀强电场，场强方向沿水平向右，平衡时A、B球的位置如图所示。现将O、B之间的线烧断，由于空气阻力，A、B球最后会达到新的平衡位置。求最后两球的机械能与电势能的总和与烧断前相比减少了___________J。（不计两带电小球间相互作用的静电力）（=1.4，=1.7）
【答案】0.07
【详解】
图中虚线表示A、B球原来的平衡位置，实线表示烧断后重新达到平衡的位置，其中α、β分别表示细线OA、AB与竖直方向的夹角。A球受力如图所示：重力mg，竖直向下；电场力qE，水平向左；细线OA对A的拉力T1，方向如图；细线AB对A的拉力T2，方向如图。
由平衡条件
T1sinα＋T2sinβ=qE
T2cosα＝mg＋T2cosβ
B球受力如图所示：重力mg，竖直向下；电场力qE，水平向右；细线AB对B的拉力T2，方向如图
由平衡条件
T2sinβ=qE，
T2cosβ=mg
联立以上各式并代入数据，得
=0，β=
由此可知，A、B球重新达到平衡的位置如图所示,与原来位置相比：A球的重力势能减少了
EA=mgl(1－sin)
B球的重力势能减少了
EB=mgl(1－sin＋cos)
A球的电势能增加了
WA=qElcos
B球的电势能减少了
WB=qEl(sin－sin)
两种势能总和减少了
W=WB－WA＋EA＋EB
代入数据解得
W=0.07J
44．一个动能为Ek的带电粒子，垂直于电场力线方向飞入平行板电容器，飞出电容器时动能为2Ek，如果使这个带电粒子的初速度变为原来的两倍，则它飞出电容器时的动能变为______。
【答案】4.25Ek
【详解】
设粒子第一个过程中初速度为v，电场宽度L，则有
第一个过程中沿电场线方向的位移为
第一个过程由动能定理
qEh=2Ek-Ek
第二个过程中沿电场线方向的位移为
根据动能定理
qEh1=Ek末-4Ek
解得
Ek末=4.25Ek
45．如图所示，直角三角形的斜边AC倾角为30?，底边BC水平且长度为2L，斜边AC光滑绝缘。在底边BC的中点O处固定一电量为Q的正点电荷，一个质量为m、电量为-q的小球从斜面顶端A沿AC下滑，滑到斜边上的垂足D时速度为v，
（1）在小球运动过程中不发生变化的是______。
A．动能与重力势能之和
B．电势能与重力势能之和
C．动能、电势能与重力势能之和
D．动能与电势能之和
（2）小球做______。
A．匀加速直线运动
B．匀减速直线运动
C．先匀加速后匀减速直线运动
D．加速度随时间变化的运动
（3）该小球滑到非常接近C点时的速率等于______。
【答案】C
D
【详解】
（1）[1]小球受重力、支持力和电场力，支持力不做功，重力做功等于重力势能的减小量，电场力做功等于电势能的减小量，故在质点的运动中动能、电势能、重力势能三者之和守恒，故选项C正确,故选C。
（2）[2]质点在运动的过程中受到的电场力变化，所以质点运动的加速度会发生变化，故选D。
（3）[3]因为，则、、三点在以为圆心的同一圆周上，是点处点
电荷产生的电场中的等势点，所以，由到的过程中电场力做功为零
其中
得
46．如图所示，水平安放的A、B两平行板相距h，上板A带正电，现有质量m，带电量为+q的小球，在B板下方距离H处，以初速v0竖直向上从B板小孔进入板间电场，不计空气阻力，欲使小球刚好能到A板，则A、B间电势差UAB=___________。
【答案】
【详解】
由题，小球刚好打到A板时，速度恰好为零，对整个过程进行研究，根据动能定理得
解得

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