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微专题10　带电粒子在电场中运动的综合问题
考点一　带电粒子在重力场与电场中的圆周运动
1.
注意:(1)这里的最高点不一定是几何最高点。
(2)将物体在重力场中的运动规律迁移到“等效重力场”中分析求解。
2.“等效最高点”和“等效最低点”示意图
命题视角1　静电力、重力共线,等效重力场构建与圆周运动分析
【典例1】 (中等)空间中有竖直向上的匀强电场,电场强度E=。绝缘圆形轨道竖直放置,O点是它的圆心、半径为R,A、C为圆轨道的最低点和最高点,B、D为与圆心O等高的两点,如图所示。在轨道A点放置一质量为m、带电荷量为+q的光滑小球。现给小球一初速度v0(v0≠0),重力加速度为g,则下列说法正确的是(　　)
A.无论v0多大,小球都不会脱离轨道
B.只有v0≥,小球才不会脱离轨道
C.v0越大,小球在A、C两点对轨道的压力差也越大
D.若将小球无初速度从D点释放,小球一定会沿轨道经过C点
解析:D　由题意可知小球所受静电力与重力的合力方向竖直向上,大小为F=qE-mg=2mg,若要使小球不脱离轨道,设其在A点所具有的最小速度为vmin,根据牛顿第二定律有F=m,解得vmin=,所以只有当v0≥时,小球才不会脱离轨道,故A、B错误;假设小球可以在轨道中做完整的圆周运动,在C点的速度大小为v1,根据动能定理有m-m=F·2R,在A、C点小球所受轨道的支持力大小分别为F0和F1,根据牛顿第二定律有F0+F=m,F1-F=m,联立以上三式解得ΔF=F1-F0=6F=12mg,根据牛顿第三定律可知小球在A、C两点对轨道的压力差等于12mg,与v0的大小无关,故C错误;若将小球无初速度从D点释放,由于F向上,所以小球一定能沿DC轨道经过C点,故D正确。
命题视角2　静电力、重力不共线,等效重力场构建与圆周运动分析
【典例2】 (中等)如图所示,在匀强电场中,一长为L的绝缘细线一端固定于O点,另一端系一个质量为m、电荷量为q的带正电小球。现使其在竖直平面内绕O点做完整的圆周运动。AB、CD分别为圆的水平和竖直直径。已知电场方向斜向右上方且与水平方向夹角为45°(图中未画出),电场强度大小为,重力加速度为g。则下列说法正确的是(　　)
A.小球运动的最小速度为
B.小球运动到A点时的机械能最小
C.小球运动到B点时的动能最大
D.小球从C运动到D的过程中合力做功不为零
解析:C　由于电场方向斜向右上方且与水平方向夹角为45°,则静电力为F=Eq=mg。将静电力和重力合成,合力大小为mg,方向水平向右,合力所在的直线与圆周的交点为速度最小值的点和最大值的点,即A点和B点。在B点时速度最大,动能最大。在A点,当绳上拉力为零时,速度最小,则静电力和重力的合力为圆周运动提供向心力,静电力和重力的合力F合大小为mg,F合=m,可得vmin=,故A错误,C正确;除重力和弹力外其他力做功等于系统机械能变化值,如图所示,
从E到F,静电力做正功,机械能增加,从F到E,静电力做负功,机械能减小,所以小球运动到E点时机械能最小,故B错误;由于绳上拉力不做功,静电力和重力的合力大小为mg,方向水平向右,从C到B时,合力做功为WCB=mgL,从B到D时,合力做功为WBD=-mgL,所以,从C运动到D的过程中合力做功为零,故D错误。
【拓展设问】
若匀强电场方向水平向右,电场强度E=,
(1)小球在竖直平面内绕O点做圆周运动时,小球运动到哪个位置时机械能最大
(2)若将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出,它能否到达B点
解析:(1)除重力和弹力以外的其他力做功等于机械能的变化,若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动,则小球运动到B点时,静电力做功最多,故小球到B点时机械能最大。
(2)若将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出,小球将不会沿圆周运动,因此小球在竖直方向做竖直上抛运动,水平方向做匀加速运动,因qE=mg,
故水平加速度和竖直加速度大小均为g,当竖直方向上的位移为零时,运动时间t==2,则水平位移为x=at2=gt2=2L,说明小球刚好到B点。
答案:见解析
考点二　电场中的力电综合问题
命题视角　电场中的力电综合问题,综合应用动力学、能量、动量观点
处理电场中力电综合问题的三种观点
动力学 的观点 由于匀强电场中带电粒子所受静电力和重力都是恒力,可用正交分解法
综合运用牛顿运动定律和匀变速直线运动公式,注意受力分析要全面,特别注意重力是否需要考虑
能量 的观点 运用动能定理,注意过程分析要全面,准确求出过程中的所有力做的功,判断是对分过程还是对全过程使用动能定理
运用能量守恒定律,注意题目中有哪些形式的能量出现
动量 的观点 运用动量定理,要注意动量定理的表达式是矢量式,在一维情况下,各个矢量必须选同一个正方向
运用动量守恒定律,除了要注意动量守恒定律的表达式是矢量式,还要注意题目表述是否在某方向上动量守恒
【典例3】 (中等)如图所示,绝缘、粗糙的圆形轨道竖直放置,半径R=1 m,其圆心处有一电荷量Q=1.0×10-4 C的负点电荷,轨道右侧对接着一条足够长的、光滑、绝缘的水平轨道,轨道上静止着质量分别为m1=0.1 kg、m2=0.2 kg且带电荷量分别为q1=+×10-6 C、q2=+1.0×10-6 C以及可视为质点的两个小滑块,两滑块用绝缘细线拴接着,中间压缩着一根两端自由的、绝缘的、轻质弹簧。水平轨道距地面高H=0.4 m,端点右侧分布着有界匀强电场,电场强度E=2.0×
106 N/C。剪断细线,滑块2滑至右端射出,落在水平地面上的D点,水平射程x=0.8 m;滑块1滑过圆形轨道的最低点A后恰好能到达最高点C。本题中我们假设滑块运动时电荷量不变且不会对其他电场产生影响,空气阻力不计,静电力常量k=9.0×109 N·m2/C2,g取10 m/s2。
(1)求滑块2从水平轨道右端射出时的速度大小。
(2)若细线剪断前弹簧的弹性势能为E1,滑块间电势能为E2,求(E1+E2)的大小。
(3)滑块1从A点运动到C点的过程中克服摩擦力所做的功。
解析:(1)滑块2从水平轨道右侧射出后做类平抛运动,对滑块2从水平轨道右端射出时进行受力分析,如图甲所示,
由牛顿第二定律得q2E+m2g=m2a
得a=20 m/s2
由H=at2
得t=0.2 s,v2==4 m/s。
(2)对AB系统,由动量守恒定律得
m1v1-m2v2=0
得v1=8 m/s
由能量守恒定律得
E1+E2=m1+m2=4.8 J。
(3)对C处滑块1的受力分析如图乙所示,
滑块1在C点时,由牛顿第二定律得
m1g+F电=m,F电=k
得vC= m/s
对滑块1从A到C过程,由动能定理得
-2m1gR-Wf=m1-m1
得Wf=0.55 J。
答案:(1)4 m/s　(2)4.8 J　(3)0.55 J
课时作业
A级·基础巩固练
命题视角1　带电粒子在重力场与电场中的圆周运动,关键在于等效重力场的建立
1.如图所示,在竖直平面内有水平向左的匀强电场,在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线,细线一端固定在O点,另一端系一质量为m、电荷量为q的带电小球。小球静止时细线与竖直方向成θ角,此时让小球获得初速度且恰能绕O点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动,重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)
A.匀强电场的电场强度E=
B.小球动能的最小值为Ek=
C.小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小
D.小球从初始位置开始,在竖直平面内运动一周的过程中,其电势能先减小后增大
解析:A　小球静止时悬线与竖直方向成θ角,对小球进行受力分析,如图所示,
小球受重力、拉力和静电力,三力平衡,根据平衡条件,有mgtan θ=qE,解得E=,故A正确;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,根据等效重力提供向心力,有=m,则最小动能Ek=mv2=,故B错误;小球的机械能和电势能之和守恒,则小球运动至电势能最大的位置机械能最小,小球带负电,则小球运动到圆周轨迹的最左端点时机械能最小,故C错误;小球从初始位置开始,在竖直平面内运动一周的过程中,静电力先做正功,后做负功,再做正功,则其电势能先减小后增大,再减小,故D错误。
2.(2024·浙江6月选考)如图所示,空间原有大小为E、方向竖直向上的匀强电场,在此空间同一水平面的M、N点固定两个等量异种点电荷,绝缘光滑圆环ABCD垂直于MN放置,其圆心O在MN的中点,半径为R、AC和BD分别为竖直和水平的直径。质量为m、电荷量为+q的小球套在圆环上,从A点沿圆环以初速度v0做完整的圆周运动,则(　　)
A.小球从A到C的过程中电势能减少
B.小球不可能沿圆环做匀速圆周运动
C.可求出小球运动到B点时的加速度
D.小球在D点受到圆环的作用力方向平行于MN
解析:C　根据等量异种点电荷的电场线特点可知,圆环所在平面为等势面,匀强电场方向竖直向上,则小球从A到C的过程电势增加,电势能增加,故A错误;当竖直向上的电场的电场强度满足Eq=mg时,小球运动时受到的向心力大小不变,可沿圆环做匀速圆周运动,故B错误;根据动能定理得(mg-Eq)R=m-m,可求出小球到B点时的速度vB,根据a1=可得小球在B点时的向心加速度,再根据牛顿第二定律得mg-Eq=ma2,可得小球的切向加速度a2,再根据矢量合成原则可得B点的加速度为a=,故C正确;小球在D点受到圆环指向圆心的力提供向心力,故小球在D点受到圆环的作用力方向不平行于MN,故D错误。
命题视角2　电场中的力电综合问题,综合应用动力学、动量、能量观点
3.如图所示,A、B、C、D、E、F、G、H是竖直光滑绝缘圆轨道的八等分点,AE竖直,空间存在平行于圆轨道面的匀强电场,从A点静止释放一质量为m的带电小球,小球沿圆弧恰好能到达C点。若在A点给带电小球一个水平向右的冲量,让小球沿轨道做完整的圆周运动,则小球在运动过程中(　　)
A.E点的动量最小
B.B点的电势能最大
C.C点的机械能最大
D.F点的机械能最小
解析:C　从A点静止释放一质量为m的带电小球,小球沿圆弧恰好能到达C点,可知静电力和重力的合力方向沿FB方向斜向下,可知B点为“等效最低点”,F点为“等效最高点”,可知小球在F点速度最小,动量最小。由平衡知识可知,静电力水平向右,可知小球在G点电势能最大,在C点电势能最小,因小球的电势能与机械能之和不变,可知在C点机械能最大,在G点机械能最小。故选C。
4.(2025·嘉兴一模)如图所示,竖直放置一根足够长光滑绝缘细直杆,在其两侧对称固定两个电荷量均为Q=2×10-5 C的正电荷,两电荷之间的距离为3 m,A、B、C三点均在竖直杆上,AC=BC=1.5 m,C点是两电荷的连线和细杆的交点。一个质量m=40 g、电荷量q=2×10-5 C的带负电小球串在细杆上,由A点静止释放。重力加速度g取10 m/s2。则小球(　　)
A.到达B位置时的速度为0
B.从C运动到B的过程中,小球加速度一直增大
C.到达B点时的速度为2 m/s
D.整个运动过程中,小球在B位置的电势能最大
解析:C　到达B点时的速度可通过动能定理求解,由于A点和B点电势相等,所以从A点运动到B点过程中静电力做功代数和为零,可以看作只有重力做功。由动能定理有mg|AC+BC|=
m,得vB=2 m/s,故A错误,C正确;在C点电场强度为0,小球只受重力,加速度为g,从C到B电场强度方向竖直向下,小球受到的静电力竖直向上,合力为重力与静电力之差,加速度可能小于g,从C运动到B的过程中,小球加速度可能减小,故B错误;由于小球在B点速度不为0,将继续向下运动,静电力做负功,所以电势能继续增大,所以小球在B点位置的电势能不是最大,故D错误。
5.如图所示,带电荷量为+q的小球被绝缘棒固定在O点,右侧有固定在水平面上、倾角为30°的光滑绝缘斜面。质量为m、带电荷量为+q的小滑块从斜面上A点由静止释放,滑到与小球等高的B点时加速度为零,滑到C点时速度为零。已知AC间的距离为s,重力加速度大小为g,静电力常量为k,下列说法正确的是(　　)
A.小滑块在A点时的电势能比在B点时的电势能大
B.从A到B过程中,小滑块的重力势能减少量等于电势能增加量
C.小滑块在B点时受到的库仑力大小为mg
D.AC之间的电势差UAC=-
解析:D　从A到B,库仑力方向与位移夹角大于90°,库仑力做负功,电势能增加,故小滑块在B点电势能比A点大,故A错误;由能量守恒可知,从A到B过程中小滑块的重力势能减少量等于电势能增加量与动能增加量之和,故B错误;由F库cos 30°=mgsin 30°,得小滑块在B点时受到的库仑力F库=mg,故C错误;从A到C,由动能定理得mgssin 30°+UACq=0,得UAC=-,故D正确。
B级·高考过关练
6.如图甲所示,带电小球B静止在光滑绝缘水平面上,质量mA=10 g的带电小球A以水平向右的速度vA=4 m/s正对B的球心运动。在0~t0时间内,A、B两球的v-t图像如图乙所示,若A、B不相碰,且半径相同,则下列说法正确的是(　　)
A.小球A、B带异种电荷
B.小球B的质量mB=40 g
C.系统的最小动能为0.02 J
D.小球A、B最终以速度v=1 m/s匀速直线运动
解析:C　根据题图可知,A球向右做减速运动,受到向左的库仑力,B球向右做加速运动,受到向右的库仑力,A、B之间存在排斥力,所以小球A、B带同种电荷,故A错误;由题图可知,t0时刻两小球的速度相同,共同速度v=1 m/s,A、B组成的系统满足动量守恒,根据动量守恒定律有mAvA=(mA+mB)v,解得mB=30 g,故B错误;当A、B速度相同时两者相距最近,系统的电势能最大,动能最小,此时Ekmin=(mA+mB)v2=0.02 J,故C正确;小球A、B速度为1 m/s时相距最近,小球A受到向左的库仑力,继续向右做减速运动,运动的速度小于1 m/s,小球B受到向右的库仑力,继续向右做加速运动,运动的速度大于1 m/s,故D错误。
7.(2025·新阵地教育联盟联考)(多选)在光滑绝缘水平面上,三个完全相同的带电小球,通过不可伸长的绝缘轻质细线,连接成边长为d的正三角形,如图甲所示。小球质量都为m,电荷量均为+q,可视为点电荷。初始时,小球均静止,细线拉直。现将球A和球B间的细线剪断,当三个小球运动到同一条直线上时,速度大小分别为v1、v1、v2,如图乙所示。当三个小球再次运动到成正三角形时,速度大小别为v3、v3、v4,不计空气阻力,已知两点电荷的电势能Ep=k(r为两点电荷之间的距离,k为静电力常量)。下列说法正确的是(　　)
A.图甲到图乙过程中,系统电势能减少
B.图甲到图乙过程中,球A所受合力冲量大小为q
C.图甲到图丙过程中,球C所受合力冲量大小大于小球B所受合力冲量大小
D.速度大小v2>v1,v4>v3
解析:AB　由题图可知只有A、B间的电势能减少了,则ΔEp=EpAB-EpAB′=k-k=k,故A正确;对系统根据动量守恒定律有mv1+mv1=mv2,根据能量守恒定律有m+m+m=,解得v1=,=,球A所受合力冲量大小为I=Δp=mv1-0=q,故B正确;由题图可知,图甲与图丙的小球间距离相同,则势能相同,根据能量守恒定律可知,题图丙中小球动能都为0,由动量定理可知,球C所受合力冲量大小等于小球B所受合力冲量大小,故C错误;综上可知v2=2v1,v4=v3=0,故D错误。(共22张PPT)
微专题10
带电粒子在电场中运动的综合问题
考点一
带电粒子在重力场与电场中的
圆周运动
1.
注意:(1)这里的最高点不一定是几何最高点。
(2)将物体在重力场中的运动规律迁移到“等效重力场”中分析求解。
2.“等效最高点”和“等效最低点”示意图
D
命题视角1　静电力、重力共线,等效重力场构建与圆周运动分析
命题视角2　静电力、重力不共线,等效重力场构建与圆周运动分析
B.小球运动到A点时的机械能最小
C.小球运动到B点时的动能最大
D.小球从C运动到D的过程中合力做功不为零
C
从E到F,静电力做正功,机械能增加,从F到E,静电力做负功,机械能减小,所以小球运动到E点时机械能最小,故B错误;由于绳上拉力不做功,静电力和重力的合力大小为mg,方向水平向右,从C到B时,合力做功为WCB=mgL,从B到D时,合力做功为WBD=-mgL,所以,从C运动到D的过程中合力做功为零,故D错误。
(1)小球在竖直平面内绕O点做圆周运动时,小球运动到哪个位置时机械能最大
答案及解析:(1)除重力和弹力以外的其他力做功等于机械能的变化,若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动,则小球运动到B点时,静电力做功最多,故小球到B点时机械能最大。
考点二
电场中的力电综合问题
命题视角　电场中的力电综合问题,综合应用动力学、能量、动量观点
处理电场中力电综合问题的三种观点
动力学 的观点 由于匀强电场中带电粒子所受静电力和重力都是恒力,可用正交分解法
综合运用牛顿运动定律和匀变速直线运动公式,注意受力分析要全面,特别注意重力是否需要考虑
能量 的观点 运用动能定理,注意过程分析要全面,准确求出过程中的所有力做的功,判断是对分过程还是对全过程使用动能定理
运用能量守恒定律,注意题目中有哪些形式的能量出现
动量 的观点 运用动量定理,要注意动量定理的表达式是矢量式,在一维情况下,各个矢量必须选同一个正方向
运用动量守恒定律,除了要注意动量守恒定律的表达式是矢量式,还要注意题目表述是否在某方向上动量守恒
水平轨道距地面高H=0.4 m,端点右侧分布着有界匀强电场,电场强度E=2.0×106 N/C。剪断细线,滑块2滑至右端射出,落在水平地面上的D点,水平射程x=0.8 m;滑块1滑过圆形轨道的最低点A后恰好能到达最高点C。本题中我们假设滑块运动时电荷量不变且不会对其他电场产生影响,空气阻力不计,静电力常量k=9.0×109 N·m2/C2,g取10 m/s2。
(1)求滑块2从水平轨道右端射出时的速度大小。
答案:(1)4 m/s
解析:(1)滑块2从水平轨道右侧射出后做类平抛运动,对滑块2从水平轨道右端射出时进行受力分析,如图甲所示,
(2)若细线剪断前弹簧的弹性势能为E1,滑块间电势能为E2,求(E1+E2)的大小。
答案:(2)4.8 J　
(3)滑块1从A点运动到C点的过程中克服摩擦力所做的功。
答案:(3)0.55 J
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课时作业
A级·基础巩固练
命题视角1　带电粒子在重力场与电场中的圆周运动,关键在于等效重力场的建立
1.如图所示,在竖直平面内有水平向左的匀强电场,在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线,细线一端固定在O点,另一端系一质量为m、电荷量为q的带电小球。小球静止时细线与竖直方向成θ角,此时让小球获得初速度且恰能绕O点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动,重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)
A.匀强电场的电场强度E=
B.小球动能的最小值为Ek=
C.小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小
D.小球从初始位置开始,在竖直平面内运动一周的过程中,其电势能先减小后增大
解析:A　小球静止时悬线与竖直方向成θ角,对小球进行受力分析,如图所示,
小球受重力、拉力和静电力,三力平衡,根据平衡条件,有mgtan θ=qE,解得E=,故A正确;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,根据等效重力提供向心力,有=m,则最小动能Ek=mv2=,故B错误;小球的机械能和电势能之和守恒,则小球运动至电势能最大的位置机械能最小,小球带负电,则小球运动到圆周轨迹的最左端点时机械能最小,故C错误;小球从初始位置开始,在竖直平面内运动一周的过程中,静电力先做正功,后做负功,再做正功,则其电势能先减小后增大,再减小,故D错误。
2.(2024·浙江6月选考)如图所示,空间原有大小为E、方向竖直向上的匀强电场,在此空间同一水平面的M、N点固定两个等量异种点电荷,绝缘光滑圆环ABCD垂直于MN放置,其圆心O在MN的中点,半径为R、AC和BD分别为竖直和水平的直径。质量为m、电荷量为+q的小球套在圆环上,从A点沿圆环以初速度v0做完整的圆周运动,则(　　)
A.小球从A到C的过程中电势能减少
B.小球不可能沿圆环做匀速圆周运动
C.可求出小球运动到B点时的加速度
D.小球在D点受到圆环的作用力方向平行于MN
解析:C　根据等量异种点电荷的电场线特点可知,圆环所在平面为等势面,匀强电场方向竖直向上,则小球从A到C的过程电势增加,电势能增加,故A错误;当竖直向上的电场的电场强度满足Eq=mg时,小球运动时受到的向心力大小不变,可沿圆环做匀速圆周运动,故B错误;根据动能定理得(mg-Eq)R=m-m,可求出小球到B点时的速度vB,根据a1=可得小球在B点时的向心加速度,再根据牛顿第二定律得mg-Eq=ma2,可得小球的切向加速度a2,再根据矢量合成原则可得B点的加速度为a=,故C正确;小球在D点受到圆环指向圆心的力提供向心力,故小球在D点受到圆环的作用力方向不平行于MN,故D错误。
命题视角2　电场中的力电综合问题,综合应用动力学、动量、能量观点
3.如图所示,A、B、C、D、E、F、G、H是竖直光滑绝缘圆轨道的八等分点,AE竖直,空间存在平行于圆轨道面的匀强电场,从A点静止释放一质量为m的带电小球,小球沿圆弧恰好能到达C点。若在A点给带电小球一个水平向右的冲量,让小球沿轨道做完整的圆周运动,则小球在运动过程中(　　)
A.E点的动量最小
B.B点的电势能最大
C.C点的机械能最大
D.F点的机械能最小
解析:C　从A点静止释放一质量为m的带电小球,小球沿圆弧恰好能到达C点,可知静电力和重力的合力方向沿FB方向斜向下,可知B点为“等效最低点”,F点为“等效最高点”,可知小球在F点速度最小,动量最小。由平衡知识可知,静电力水平向右,可知小球在G点电势能最大,在C点电势能最小,因小球的电势能与机械能之和不变,可知在C点机械能最大,在G点机械能最小。故选C。
4.(2025·嘉兴一模)如图所示,竖直放置一根足够长光滑绝缘细直杆,在其两侧对称固定两个电荷量均为Q=2×10-5 C的正电荷,两电荷之间的距离为3 m,A、B、C三点均在竖直杆上,AC=BC=1.5 m,C点是两电荷的连线和细杆的交点。一个质量m=40 g、电荷量q=2×10-5 C的带负电小球串在细杆上,由A点静止释放。重力加速度g取10 m/s2。则小球(　　)
A.到达B位置时的速度为0
B.从C运动到B的过程中,小球加速度一直增大
C.到达B点时的速度为2 m/s
D.整个运动过程中,小球在B位置的电势能最大
解析:C　到达B点时的速度可通过动能定理求解,由于A点和B点电势相等,所以从A点运动到B点过程中静电力做功代数和为零,可以看作只有重力做功。由动能定理有mg|AC+BC|=
m,得vB=2 m/s,故A错误,C正确;在C点电场强度为0,小球只受重力,加速度为g,从C到B电场强度方向竖直向下,小球受到的静电力竖直向上,合力为重力与静电力之差,加速度可能小于g,从C运动到B的过程中,小球加速度可能减小,故B错误;由于小球在B点速度不为0,将继续向下运动,静电力做负功,所以电势能继续增大,所以小球在B点位置的电势能不是最大,故D错误。
5.如图所示,带电荷量为+q的小球被绝缘棒固定在O点,右侧有固定在水平面上、倾角为30°的光滑绝缘斜面。质量为m、带电荷量为+q的小滑块从斜面上A点由静止释放,滑到与小球等高的B点时加速度为零,滑到C点时速度为零。已知AC间的距离为s,重力加速度大小为g,静电力常量为k,下列说法正确的是(　　)
A.小滑块在A点时的电势能比在B点时的电势能大
B.从A到B过程中,小滑块的重力势能减少量等于电势能增加量
C.小滑块在B点时受到的库仑力大小为mg
D.AC之间的电势差UAC=-
解析:D　从A到B,库仑力方向与位移夹角大于90°,库仑力做负功,电势能增加,故小滑块在B点电势能比A点大,故A错误;由能量守恒可知,从A到B过程中小滑块的重力势能减少量等于电势能增加量与动能增加量之和,故B错误;由F库cos 30°=mgsin 30°,得小滑块在B点时受到的库仑力F库=mg,故C错误;从A到C,由动能定理得mgssin 30°+UACq=0,得UAC=-,故D正确。
B级·高考过关练
6.如图甲所示,带电小球B静止在光滑绝缘水平面上,质量mA=10 g的带电小球A以水平向右的速度vA=4 m/s正对B的球心运动。在0~t0时间内,A、B两球的v-t图像如图乙所示,若A、B不相碰,且半径相同,则下列说法正确的是(　　)
A.小球A、B带异种电荷
B.小球B的质量mB=40 g
C.系统的最小动能为0.02 J
D.小球A、B最终以速度v=1 m/s匀速直线运动
解析:C　根据题图可知,A球向右做减速运动,受到向左的库仑力,B球向右做加速运动,受到向右的库仑力,A、B之间存在排斥力,所以小球A、B带同种电荷,故A错误;由题图可知,t0时刻两小球的速度相同,共同速度v=1 m/s,A、B组成的系统满足动量守恒,根据动量守恒定律有mAvA=(mA+mB)v,解得mB=30 g,故B错误;当A、B速度相同时两者相距最近,系统的电势能最大,动能最小,此时Ekmin=(mA+mB)v2=0.02 J,故C正确;小球A、B速度为1 m/s时相距最近,小球A受到向左的库仑力,继续向右做减速运动,运动的速度小于1 m/s,小球B受到向右的库仑力,继续向右做加速运动,运动的速度大于1 m/s,故D错误。
7.(2025·新阵地教育联盟联考)(多选)在光滑绝缘水平面上,三个完全相同的带电小球,通过不可伸长的绝缘轻质细线,连接成边长为d的正三角形,如图甲所示。小球质量都为m,电荷量均为+q,可视为点电荷。初始时,小球均静止,细线拉直。现将球A和球B间的细线剪断,当三个小球运动到同一条直线上时,速度大小分别为v1、v1、v2,如图乙所示。当三个小球再次运动到成正三角形时,速度大小别为v3、v3、v4,不计空气阻力,已知两点电荷的电势能Ep=k(r为两点电荷之间的距离,k为静电力常量)。下列说法正确的是(　　)
A.图甲到图乙过程中,系统电势能减少
B.图甲到图乙过程中,球A所受合力冲量大小为q
C.图甲到图丙过程中,球C所受合力冲量大小大于小球B所受合力冲量大小
D.速度大小v2>v1,v4>v3
解析:AB　由题图可知只有A、B间的电势能减少了,则ΔEp=EpAB-EpAB′=k-k=k,故A正确;对系统根据动量守恒定律有mv1+mv1=mv2,根据能量守恒定律有m+m+m=,解得v1=,=,球A所受合力冲量大小为I=Δp=mv1-0=q,故B正确;由题图可知,图甲与图丙的小球间距离相同,则势能相同,根据能量守恒定律可知,题图丙中小球动能都为0,由动量定理可知,球C所受合力冲量大小等于小球B所受合力冲量大小,故C错误;综上可知v2=2v1,v4=v3=0,故D错误。

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