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专题十三带电体在电场中运动的综合问题1.[电场中的图像问题/2024上海]空间中有一电场,电势分布如图所示,现放入一个负点电荷,随后向右移动此电荷,下列电荷电势能随位置变更的图像正确的是(C) AB CD解析由φ-s图像可知,沿s轴正向电势渐渐降低,由公式Ep=qφ可知负电荷在低电势点的电势能大,所以负电荷向右移动的过程中电势能渐渐增大,又各点的电势为正值,则负电荷在各点具有的电势能为负值,故C正确,ABD错误.2.[电场中的图像问题/2024山东]如图甲所示,边长为a的正方形,四个顶点上分别固定一个电荷量为+q的点电荷;在0≤x<22a区间,x轴上电势φ的变更曲线如图乙所示.现将一电荷量为-Q的点电荷P置于正方形的中心O点,此时每个点电荷所受库仑力的合力均为零.若将P沿x轴向右略微移动后,由静止释放,以下推断正确的是(C图甲图乙A.Q=2+12q,释放后B.Q=2+12q,释放后C.Q=22+14qD.Q=22+14q解析对O点上方的点电荷,受力分析如图所示,由平衡学问可得2kq2a2+kq2(2a)2=kQq(12a)2,解得Q=22+14q,因在0≤x<23.[牛顿运动定律+圆周运动+动能/2024浙江6月/多选]如图为某一径向电场示意图,电场强度大小可表示为E=ar,a为常量.比荷相同的两粒子在半径r不同的圆轨道运动.不考虑粒子间的相互作用及重力,则(BCA.轨道半径r小的粒子角速度确定小B.电荷量大的粒子的动能确定大C.粒子的速度大小与轨道半径r确定无关D.当加垂直纸面磁场时,粒子确定做离心运动解析粒子在半径为r的圆轨道运动,有qE=mω2r,将E=ar代入上式得ω2=qamr2,可知轨道半径小的粒子,角速度大,A错误;由qE=mv2r、Ek=12mv2、E=ar解得Ek=qa2,即电荷量大的粒子动能确定大,B正确;由qE=mv2r、E=ar可得v4.[弹簧+斜面/2024辽宁/多选]如图所示,带电荷量为6Q(Q>0)的球1固定在倾角为30°的光滑绝缘斜面上的a点,其正上方L处固定一带电荷量为-Q的球2,斜面上距a点L处的b点有质量为m的带电球3.球3与一端固定的绝缘轻质弹簧相连并在b点处于静止状态,此时弹簧的压缩量为L2,球2、3间的静电力大小为mg2.快速移走球1后,球3沿斜面对下运动.g为重力加速度,球的大小可忽视,下列关于球3的说法正确的是(BCDA.带负电B.运动至a点的速度大小为gLC.运动至a点的加速度大小为2gD.运动至ab中点时对斜面的压力大小为33解析假设球3带负电,则球1对球3的作用力沿斜面对下,球2对球3的作用力为斥力,由于球之间的距离相等,则球1对球3的作用力确定大于球2对球3的作用力,弹簧不行能处于压缩状态,因此球3确定带正电,A错误.移走球1前,弹簧的压缩量为L2,则移走球1后球3运动至a位置时,弹簧的伸长量为L2,则球3在b点与在a点时弹簧的弹性势能相等,又由于a、b两点到球2的距离相等,则在球2形成的电场中a、b两点的电势相等,a、b两点的电势差为零,则球3由b到a的过程,由动能定理得mgLsin30°=12mv2,解得v=gL,B正确.对移走球1前的球3受力分析,如图甲所示,由力的平衡条件,沿斜面方向上有mgsin30°+F23sin30°+F=F13,又F23=kQqL2=mg2,F13=k·6QqL2=3mg,解得F=94mg;当球3在a点时,受力分析如图乙所示,由于弹簧的伸长量为L2,则F'=F,对球3由牛顿其次定律得F'+F’23sin30°-mgsin30°=ma,解得a=2g,C正确.球3运动到ab中点时,受力分析如图丙所示,球3与球2之间的距离为x=Lcos30°=32L,则两球之间的库仑力大小为F″23=kQq(32L)2=2mg3,由力的平衡条件知在垂直斜图甲图乙图丙5.[能量守恒定律+带电体在电场中的运动/2024辽宁]如图所示,光滑水平面AB和竖直面内的光滑14圆弧导轨BO在B点平滑连接,导轨半径为R.质量为m的带正电小球将轻质弹簧压缩至A点后由静止释放,脱离弹簧后经过B点时的速度大小为gR,之后沿导轨BO运动.以O为坐标原点建立直角坐标系xOy,在x≥-R区域有方向与x轴夹角为θ=45°的匀强电场,进入电场后小球受到的电场力大小为2mg.小球在运动过程中电荷量保持不变,重力加速度为g.求:(1)弹簧压缩至A点时的弹性势能;(2)小球经过O点时的速度大小;(3)小球过O点后运动的轨迹方程.答案(1)12mgR(2)3gR(3)x解析(1)小球从A点静止释放,依据动能定理有EpA=12mvB可得弹簧压缩至A点时的弹性势能EpA=12(2)小球从B运动到O的过程中重力、电场力对小球做功,依据动能定理有12mv02-12mvB2=F其中F电=2mg可得v0=3(3)小球离开O点后的受力分析如图所示,依据受力分
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