专题突破课12　电场中的力电综合问题-2025版物理大一轮复习

目标要求1.会分析带电粒子在交变电场中的加速和偏转问题。2.会用动力学观点、能量观点和动量观点分析电场中的力电综合问题。考点一带电粒子在交变电场中的运动问题1.常见的交变电场常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等。2.常见的题目类型(1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)。(2)粒子做往返运动(一般分段研究)。(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究)。3.思维方法(1)注重全面分析(分析受力特点和运动规律)：抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的临界条件。(2)从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系。维度1带电粒子在交变电场中的直线运动如图甲所示，真空中相距d＝5cm的两块平行金属板A、B与电源连接(图中未画出)，其中B板接地(电势为零)，A板电势变化的规律如图乙所示。将一个质量m＝2.0×10－27kg、电荷量q＝＋1.6×10－19C的带电粒子从紧邻B板处释放，不计粒子重力。求：甲乙(1)在t＝0时刻释放该带电粒子，释放瞬间粒子加速度的大小；(2)若A板电势变化周期T＝1.0×10－5s，在t＝0时将带电粒子从紧邻B板处无初速度释放，粒子到达A板时速度的大小；(3)A板电势变化频率多大时，在t＝eq\f(T,4)到t＝eq\f(T,2)时间内从紧邻B板处无初速度释放该带电粒子，粒子不能到达A板。解析：(1)带电粒子所受静电力大小为F＝qE＝eq\f(qU,d)由牛顿第二定律得a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qU,dm)＝4.0×109m/s2。(2)由位移公式计算粒子在0～eq\f(T,2)时间内运动的距离为x＝eq\f(1,2)a(eq\f(T,2))2＝5.0×10－2m由此可见带电粒子在t＝eq\f(T,2)时恰好到达A板。再由运动学公式可得v＝aeq\f(T,2)＝2×104m/s。(3)分析可知，在eq\f(T,4)～eq\f(T,2)内，静电力方向、速度方向均向右，带电粒子向A板做匀加速运动；同理，在eq\f(T,2)～eq\f(3T,4)内，则向A板做匀减速运动，速度减为零后再返回。由于运动具有“对称性”，即先、后两段位移大小相等。得粒子向A板运动可能的最大位移为xmax＝2×eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,4)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,16)aT2因题目要求粒子不能到达A板，故必有xmax＜d，频率和周期的关系为f＝eq\f(1,T)，由以上三式即可求出电势变化频率应满足条件f＞eq\r(\f(a,16d))＝5eq\r(2)×104Hz。答案：(1)4.0×109m/s2(2)2×104m/s(3)大于5eq\r(2)×104Hz维度2带电粒子在交变电场中的往复运动(多选)匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像如图所示。当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是()A.带电粒子将始终向同一个方向运动B.2s末带电粒子回到原出发点C.3s末带电粒子的速度为零D.0～3s内，电场力做的总功为零解析：CD设第1s内粒子的加速度为a1，第2s内的加速度为a2，由a＝eq\f(qE,m)可知，a2＝2a1，可见粒子第1s内向负方向运动，1.5s末粒子的速度为零，然后向正方向运动，至3s末回到原出发点，粒子的速度为0，v-t图像如图所示，由动能定理可知，此过程中电场力做的总功为零，综上所述，C、D正确。维度3带电粒子在交变电场中的偏转运动如图甲所示，真空中的电极可连续不断均匀地逸出电子(设电子的初速度为零)，经加速电场加速，由小孔穿出，沿两个彼此绝缘且靠近的水平金属板A、B的中线射入偏转电场，A、B两板距离为d，A、B板长为L，AB两板间加周期性变化的电场UAB，如图乙所示，周期为T，加速电压U1＝eq\f(2mL2,eT2)，其中m为电子质量、e为电子电荷量，T为偏转电场的周期，不计电子的重力，不计电子间的相互作用力，且所有电子都能离开偏转电场，求：甲乙(1)电子从加速电场U1飞出后的水平速度v0的大小；(2)t＝0时刻射入偏转电场的电子离开偏转电场时距A、B间中线的距离y；(3)在0～eq\f(T,2)内射入偏转电场的电子中从中线上方离开偏转电场的电子占离开偏转电场电子总数的百分比。解析：(1)电子在加速电场中加速由动能定理得eU1＝eq\f(1,2)mv02－0解得v0＝eq\f(2L,T)。(2)电子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向L＝v0t解得t＝eq\f(T,2)t＝0时刻进入偏转电场的电子加速度a＝eq\f(eE,m)＝eq\f(eU0,md)电子离开电场时距离A、B中心线的距离y＝eq\f(1,2)at2解得y＝eq\f(eU0T2,8md)。(3)在0～eq\f(T,2)内射入偏转电场的电子，设向上的方向为正方向，设电子恰在A、B间中线离开偏转电场，则电子先向上做初速度为零、加速度大小为a的匀加速直线运动，经过时间t′后速度v＝at′，此后两板间电压大小变为3U0加速度大小变为a′＝eq\f(eE′,m)＝eq\f(3eU0,md)＝3a电子向上做加速度大小为3a的匀减速直线运动，速度减为零后，向下做初速度为零、加速度大小为3a的匀加速直线运动，最后回到A、B间的中线，经历的时间为eq\f(T,2)则eq\f(1,2)at′2＋v(eq\f(T,2)－t′)－eq\f(1,2)×3a(eq\f(T,2)－t′)2＝0解得t′＝eq\f(T,4)则能够从中线上方向离开偏转电场的电子的发射时间为t″＝eq\f(T,4)，则在0～eq\f(T,2)时间内，从中线上方离开偏转电场的电子占离开偏转电场电子总数的百分比η＝eq\f(\f(T,4),\f(T,2))×100%＝50%。答案：(1)eq\f(2L,T)(2)eq\f(eU0T2,8md)(3)50%考点二电场中的力电综合问题解决电场中的力电综合问题，要善于把电学问题转化为力学问题，建立带电粒子(体)在电场中运动的模型，能够灵活应用动力学观点、能量观点和动量观点等多角度进行分析与研究。1.动力学的观点(1)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。(2)综合运用牛顿运动定律和运动学公式，注意受力分析要全面，特别注意重力是否需要考虑的问题。2.能量的观点(1)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。(2)运用能量守恒定律，注意题目中有哪些形式的能量出现。①若带电粒子只在静电力作用下运动，其动能和电势能之和保持不变。②若带电粒子只在重力和静电力作用下运动，其机械能和电势能之和保持不变。3.动量的观点(1)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。(2)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为某方向上动量守恒。维度1电场中动力学和能量观点的应用如图所示，不带电物体A和带电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，A、B的质量分别为2m和m，劲度系数为k的轻弹簧一端固定在水平面上，另一端与物体A相连，倾角为θ的斜面处于沿斜面向上的匀强电场中，整个系统不计一切摩擦。开始时，物体B在一沿斜面向上的外力F＝3mgsinθ的作用下保持静止且轻绳恰好伸直，然后撤去外力F，直到物体B获得最大速度，且弹簧未超过弹性限度(已知弹簧形变量为x时弹性势能为eq\f(1,2)kx2)，重力加速度为g，则在此过程中()A.物体B带负电，受到的静电力大小为mgsinθB.物体B的速度最大时，弹簧的伸长量为eq\f(2mgsinθ,k)C.撤去外力F的瞬间，物体B的加速度大小为3gsinθD.物体B的最大速度为gsinθeq\r(\f(3m,k))解析：D假设B所受静电力沿斜面向下，当施加外力时，对B分析可知F－mgsinθ－F电＝0，解得F电＝2mgsinθ，假设成立，故B带负电，故A错误；当B受到的合力为零时，B的速度最大，由kx＝F电＋mgsinθ，解得x＝eq\f(3mgsinθ,k)，故B错误；当撤去外力瞬间，弹簧弹力还来不及改变，即弹簧的弹力仍为零，对物体A、B分析可知F合＝F电＋mgsinθ＝(m＋2m)a，解得a＝gsinθ，故C错误；设物体B的最大速度为vm，由功能关系可得eq\f(1,2)·3mvm2＋eq\f(1,2)kx2＝mgxsinθ＋F电x，解得vm＝gsinθeq\r(\f(3m,k))，故D正确。维度2电场中动量和能量观点的应用有一质量为M、长度为l的矩形绝缘板放在光滑的水平面上，另一质量为m、带电荷量的绝对值为q的物块(视为质点)，以初速度v0从绝缘板的上表面的左端沿水平方向滑入，绝缘板所在空间有范围足够大的匀强电场，其场强大小E＝eq\f(3mg,5q)，方向竖直向下，如图所示。已知物块与绝缘板间的动摩擦因数恒定，物块运动到绝缘板的右端时恰好相对于绝缘板静止；若将匀强电场的方向改变为竖直向上，场强大小不变，且物块仍以原初速度从绝缘板左端的上表面滑入，结果两者相对静止时，物块未到达绝缘板的右端。求：(1)场强方向竖直向下时，物块在绝缘板上滑动的过程中，系统产生的热量；(2)场强方向竖直向下时与竖直向上时，物块受到的支持力之比；(3)场强方向竖直向上时，物块相对于绝缘板滑行的距离。解析：(1)场强方向向下时，根据动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v所以v＝eq\f(m,M＋m)v0根据能量守恒定律得热量Q＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(M＋m)v2＝eq\f(mMv02,2（M＋m）)。(2)由题意知物块带负电，场强向下时FN＝mg－qE场强向上时FN′＝mg＋qE所以eq\f(FN,FN′)＝eq\f(1,4)。(3)两次产生的热量相等则有μFN′l′＝Q，μFNl＝Q所以l′＝eq\f(l,4)。答案：(1)eq\f(mMv02,2（M＋m）)(2)1∶4(3)eq\f(l,4)维度3电场中动力学、动量和能量观点的综合应用如图所示，ABD为竖直平面内的光滑绝缘轨道，AB段为足够长的水平轨道，BD段为半径R＝0.2m的半圆轨道，二者相切于B点，整个轨道处于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v0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正碰。已知乙球质量m＝1.0×10－2kg，所带电荷量q＝2.0×10－5C，乙球质量为甲球质量的3倍。取g＝10m/s2，甲、乙两球均可视为质点，整个运动过程中无电荷转移。(1)甲、乙两球碰撞后，乙球通过轨道的最高点D时，对轨道的压力大小FN′为自身重力的2.5倍，求乙在水平轨道上的首次落点到B点的距离；(2)在满足(1)的条件下，求甲球的初速度v0。解析：(1)设乙到达最高点D时的速度为vD，乙离开D点首次到达水平轨道的时间为t，加速度为a，乙在水平轨道上的首次落点到B点的距离为x，乙离开D点后做类平抛运动，则2R＝eq\f(1,2)at2，x＝vDt根据牛顿第二定律有a＝eq\f(mg＋qE,m)乙过D点时有mg＋qE＋FN＝meq\f(vD2,R)(式中FN为乙在D点时轨道对乙的作用力)根据牛顿第三定律有FN＝FN′＝2.5mg，方向向下联立解得x＝0.6m。(2)设碰后瞬间甲、乙两球的速度分别为v1、v2，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有eq\f(1,3)mv0＝eq\f(1,3)mv1＋mv2eq\f(1,2)×eq\f(1,3)mv02＝eq\f(1,2)×eq\f(1,3)mv12＋eq\f(1,2)mv22联立解得v2＝eq\f(1,2)v0乙球从B到D的过程中，根据动能定理有－mg·2R－qE·2R＝eq\f(1,2)mvD2－eq\f(1,2)mv22由(1)可得vD＝3m/s联立解得v0＝10m/s。答案：(1)0.6m(2)10m/s素养培优8“等效思维法”在电场中的应用1.“等效重力”及“等效重力加速度”在匀强电场中，将重力与电场力进行合成，如图所示，则F合为“等效重力场”中的“等效重力”，g′＝eq\f(F合,m)为“等效重力场”中的“等效重力加速度”，F合的方向为“等效重力”的方向，即在等效重力场中的竖直向下方向。2.等效最“高”点与最“低”点的确定方法在“等效重力场”中做圆周运动的物体过圆心作“等效重力”的作用线，其反向延长线交于圆周上的那个点即为圆周运动的等效最“高”点，沿着“等效重力”的方向延长交于圆周的那个点即为等效最“低”点，如图所示。类型1等效场中的“绳球”模型如图所示，在竖直平面内固定的圆形绝缘轨道的圆心为O、半径为r、内壁光滑，A、B两点分别是圆轨道的最低点和最高点。该区间存在方向水平向右的匀强电场，一质量为m、带负电的小球在轨道内侧做完整的圆周运动(电荷量不变)，经过C点时速度最大，O、C连线与竖直方向的夹角θ＝60°，重力加速度为g。求：(1)小球所受到的静电力的大小；(2)小球在A点速度v0为多大时，小球经过B点时对圆轨道的压力最小？解析：(1)小球在C点速度最大，则在该点静电力与重力的合力沿半径方向，所以小球受到的静电力大小F＝mgtan60°＝eq\r(3)mg。(2)小球要到达B点，必须到达D点时速度最小，在D点速度最小时，小球经B点时对轨道的压力也最小。设在D点时轨道对小球的压力恰为零，eq\f(mg,cos60°)＝meq\f(v2,r)，得v＝eq\r(2gr)由轨道上A点运动到D点的过程可得－mgr(1＋cosθ)－Frsinθ＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02解得v0＝2eq\r(2gr)。答案：(1)eq\r(3)mg(2)2eq\r(2gr)类型2等效场中的“杆球”模型(多选)如图甲所示，空间有一水平向右的匀强电场，电场强度大小为E＝1×104V/m，其中有一个半径为R＝2m的竖直光滑圆环轨道，环内有两根光滑的弦轨道AB和AC，A点所在的半径与竖直直径BC成37°角。质量为m＝0.08kg、电荷量为q＝＋6×10－5C的带电小环(视为质点)穿在弦轨道上，从A点由静止释放，可分别沿AB和AC到达圆周上的B、C点。现去掉弦轨道AB和AC，如图乙所示，让小环穿在圆环轨道上且恰好能做完整的圆周运动。不考虑小环运动过程中电荷量的变化。下列说法正确的是(cos37°＝0.8，g取10m/s2)()甲乙A.小环在弦轨道AB和AC上运动时间之比为1∶1B.小环做圆周运动过程中经过C点时动能最大C.小环做圆周运动过程中动能最小值是1JD.小环做圆周运动过程中对圆环轨道的最大压力是5N解析：AD因为重力与静电力均为恒力，所以二者的合力大小为F＝eq\r(（mg）2＋（Eq）2)＝1N，与竖直方向夹角正切值tanθ＝eq\f(qE,mg)＝eq\f(3,4)，解得θ＝37°，重力与静电力合力指向AO，A为等效最高点，根据等时圆模型，小环在弦轨道AB和AC上运动时间相等，A正确；等效最低点是AO延长线与圆环轨道交点，而非C点，等效最低点速度最大，动能最大，B错误；因为小环穿在圆环轨道上且恰好能做完整的圆周运动，则小环在等效最高点A速度最小为零，在A点动能最小也为零，C错误；小环在等效最低点时速度最大，动能最大，小环对圆环轨道压力也最大，从等效最高点至等效最低点过程中，由动能定理得F·2R＝eq\f(1,2)mvm2－0，由牛顿第二定律得FN－F＝meq\f(vm2,R)，代入数据解得FN＝5N，由牛顿第三定律得小环做圆周运动的过程中对圆环的最大压力是5N，D正确。限时规范训练36[基础巩固题组]1.如图所示，在两平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，当两板间的电压分别如图中甲、乙、丙、丁所示时，电子在板间运动(假设不与板相碰)，下列说法正确的是()甲乙丙丁A.电压如甲图所示时，在0～T时间内，电子的电势能一直减少B.电压如乙图所示时，在0～eq\f(T,2)时间内，电子的电势能先增加后减少C.电压如丙图所示时，电子在板间做往复运动D.电压如丁图所示时，电子在板间做往复运动解析：D若电压如题图甲时，在0～T时间内，静电力先向左后向右，则电子先向左做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，即静电力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故A错误；电压如题图乙时，在0～eq\f(1,2)T时间内，电子向右先加速后减速，即静电力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故B错误；电压如题图丙时，电子向左先做加速运动，过了eq\f(1,2)T后做减速运动，到T时速度减为0，之后重复前面的运动，故电子一直朝同一方向运动，故C错误；电压如题图丁时，电子先向左加速，到eq\f(1,4)T后向左减速，eq\f(1,2)T后向右加速，eq\f(3,4)T后向右减速，T时速度减为零，之后重复前面的运动，则电子做往复运动，故D正确。2.图甲为两水平金属板，在两板间加上周期为T的交变电压u，电压u随时间t变化的图线如图乙所示。质量为m、重力不计的带电粒子以初速度v0沿中线射入两板间，经时间T从两板间飞出。下列关于粒子运动的描述错误的是()甲乙A.t＝0时入射的粒子，离开电场时偏离中线的距离最大B.t＝eq\f(1,4)T时入射的粒子，离开电场时偏离中线的距离最大C.无论哪个时刻入射的粒子，离开电场时的速度方向都水平D.无论哪个时刻入射的粒子，离开电场时的速度大小都相等解析：B粒子在电场中运动的时间是相同的，t＝0时入射的粒子，在竖直方向先加速，然后减速，最后离开电场区域，故t＝0时入射的粒子离开电场时偏离中线的距离最大，选项A正确；t＝eq\f(1,4)T时入射的粒子，在竖直方向先加速，然后减速，再反向加速，最后反向减速离开电场区域，故此时刻入射的粒子离开电场时速度方向和中线在同一直线上，选项B错误；因粒子在电场中运动的时间等于电场变化的周期T，根据动量定理，竖直方向电场力的冲量的矢量和为零，故所有粒子离开电场时的竖直方向分速度为零，即最终都垂直电场方向射出电场，离开电场时的速度大小都等于初速度，选项C、D正确。3.(多选)如图甲所示，两水平金属板间距为d，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～eq\f(T,3)时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出。微粒运动过程中未与金属板接触，重力加速度的大小为g。关于微粒在0～T时间内运动的描述，正确的是()甲乙A.末速度大小为eq\r(2)v0B.末速度沿水平方向C.重力势能减少了eq\f(1,2)mgdD.克服电场力做功为mgd解析：BC0～eq\f(T,3)时间内微粒匀速运动，有mg＝qE0。把微粒的运动分解，水平方向做速度为v0的匀速直线运动，竖直方向在eq\f(T,3)～eq\f(2T,3)时间内，微粒只受重力，做自由落体运动，eq\f(2T,3)时刻，v1y＝eq\f(T,3)g；eq\f(2T,3)～T时间内，a＝eq\f(2qE0－mg,m)＝g，做匀减速直线运动，T时刻，v2y＝v1y－a·eq\f(T,3)＝0。所以T时刻末速度v＝v0，方向沿水平方向，选项A错误，选项B正确；重力势能的减少量ΔEp＝mg·eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)mgd，所以选项C正确。根据动能定理得eq\f(1,2)mgd－W电＝0，得W电＝eq\f(1,2)mgd，所以选项D错误。4.如图所示，一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点。已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°。不计重力。A、B两点间的电势差为()A.eq\f(mv02,2q) B.eq\f(mv02,q)C.eq\f(3mv02,q) D.eq\f(2mv02,q)解析：B粒子在运动过程中，垂直电场方向的速度不变，设为vy，根据速度的合成与分解，在A点时sin60°＝eq\f(vy,v0)，在B点时sin30°＝eq\f(vy,vB)，解得vB＝eq\r(3)v0，由A到B过程，根据动能定理qUAB＝eq\f(1,2)mvB2－eq\f(1,2)mv02，解得UAB＝eq\f(mv02,q)，故选B。5.(多选)如图所示，在竖直固定的光滑绝缘圆环的最高点P固定一带正电的点电荷，带负电的小球套在圆环上并从M点由静止释放，小球沿圆环向下运动并经过最低点Q。已知点N在圆环上且与点O在同一水平线上，M点可在短弧NQ之间的任一位置，弧MQ对应的圆心角为θ。设小球所受重力大小为mg，在M点时受到的静电力大小为F，小球可视为点电荷。以下判断正确的是()A.F＜eq\r(2)mgB.eq\r(2)mg＜F＜2mgC.小球由M向Q运动过程中电势能逐渐减小D.小球由M向Q运动过程中动能逐渐增大解析：AD小球能沿轨道向下运动，必有mgsinθ＞Fsineq\f(θ,2)，2mgsineq\f(θ,2)coseq\f(θ,2)＞Fsineq\f(θ,2)，2mgcoseq\f(θ,2)＞F，因为θ≤90°，又因当θ＝90°时，coseq\f(θ,2)＝eq\f(\r(2),2)，所以F＜eq\r(2)mg，A正确，B错误；小球向下运动过程中，克服电场力做功，电势能增大，C错误；小球向下运动过程中，mgsinθ始终大于Fsineq\f(θ,2)，动能不断增大，D正确。6.(多选)如图，ABC是竖直面内的固定半圆形光滑轨道，O为其圆心，A、C两点等高，过竖直半径OB的虚线右侧足够大的区域内存在沿AC方向的匀强电场。一带正电小球从A点正上方P点由静止释放，沿轨道通过B、C两点时的动能分别为Ek和1.5Ek，离开C点后运动到最高点D(图中未画出)。已知P与A间的距离等于轨道半径，则()A.D点与P点等高B.小球在电场中受到的静电力是其重力的两倍C.小球在C处对轨道的压力是其重力的两倍D.小球通过D点时的动能大于1.5Ek解析：BD若在A点速度等于C点的速度，在竖直方向由对称性可知，D点与P点等高，但由动能定理可知A点的速度小于C点的速度，所以D点高于P点，故A错误；设小球在电场中所受静电力为F，轨道半径为R，小球从P到B过程，由动能定理得mg·2R＝Ek，小球从P到C过程，由动能定理得mg·R＋FR＝1.5Ek，联立可得F＝2mg，故B正确；由动能定理的表达式有1.5Ek＝eq\f(1,2)mvC2，在C点时，由牛顿第二定律得FN－F＝meq\f(vC2,R)，结合mg·2R＝Ek，联立可得FN＝8mg，由牛顿第三定律得小球在C处对轨道的压力大小FN′＝FN＝8mg，故C错误；因为F＝2mg，可知小球从C点飞出后，竖直方向的加速度小于水平方向的加速度，竖直方向上，由逆向思维可看成反向的初速度为零的匀加速直线运动，则小球从C到D过程中，水平方向的位移大于竖直方向的位移，根据W＝Fs，可知静电力所做正功大于重力所做负功，则小球通过D点时的动能大于通过C点时的动能，即大于1.5Ek，故D正确。7.(多选)如图(a)所示，倾角θ＝30°的光滑固定斜杆底端固定一电荷量为Q＝2×10－4C的正点电荷，将一带正电的绝缘小球(可视为点电荷)从斜杆的底端(但与Q未接触)静止释放，小球沿斜杆向上滑动过程中能量随位移的变化图像如图(b)所示，其中线1为重力势能随位移变化图像，线2为动能随位移变化图像，取杆上离底端3m处为电势零点，重力加速度g＝10m/s2，静电力常量k＝9×109N·m2/C2，则()(a)(b)A.小球的质量为2kgB.小球的电荷量q约为1.11×10－5CC.斜杆底端至小球速度最大处由底端正点电荷形成的电场的电势差U＝4.0×106VD.当小球运动到s＝1m处时具有的电势能为13J解析：BD根据重力势能随位移的变化关系有Ep＝mgssinθ，根据图像可知当小球上升3m时，重力势能为60J，则小球的质量为m＝eq\f(Ep,gssinθ)＝eq\f(60,10×3×sin30°)kg＝4kg，故A错误；由图线2可知，当位移为s＝1m时，小球的动能达到最大值，电场力与重力沿杆的分力相等，则有mgsinθ＝keq\f(Qq,s2)，解得q≈1.11×10－5C，故B正确；斜杆底端至小球速度最大处，由能量守恒可知qU＝Ekm＋Ep，代入数据解得U＝4.23×106V，故C错误；从s＝1m到最高点的过程中，根据能量守恒可知减少的电势能和减少的动能全部转化为重力势能，则有Epq＋ΔEk＝ΔEp，代入数据解得当小球运动到s＝1m处时具有的电势能为Epq＝13J，故D正确。故选BD。8.(多选)如图所示为一固定在竖直面内的光滑绝缘细管轨道，A点与x轴相交，C点与y轴相交，轨道AB段竖直，长度为0.7m，BC段是半径为0.7m的四分之一圆弧，与AB相切于B点。一质量为m＝0.1kg、直径略小于管径的带电小球从A点以初速度v0射入轨道，小球到达最高点C时恰好与轨道没有作用力。已知小球带0.01C的正电荷，在x轴上方存在着电场强度大小为100N/C、方向水平向右的匀强电场，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是()A.小球的初速度v0为6m/sB.小球的初速度v0为7m/sC.小球从C点射出后运动轨迹与x轴交点横坐标为0D.小球从C点射出后运动轨迹与x轴交点横坐标为－0.7m解析：BC因小球到达最高点时与轨道没有作用力，说明自身重力完全提供向心力，则mg＝meq\f(v2,r)，小球从A→C的运动过程中，根据动能定理，有－mg·2r－qEr＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，解得v0＝7m/s，故A错误，B正确；小球从C点出射，水平方向做匀减速直线运动，初速度为v＝eq\r(gr)＝eq\r(7)m/s，加速度为a＝eq\f(qE,m)＝10m/s2，竖直方向为自由落体运动，运动到x轴时，有h＝eq\f(1,2)gt2，解得t＝eq\r(\f(2h,g))＝eq\r(\f(4r,g))＝eq\f(\r(7),5)s，则此时横坐标为x＝－vt＋eq\f(1,2)at2＝0，故C正确，D错误。[能力提升题组]9.(多选)如图所示，在足够长的光滑绝缘水平直线轨道上方的P点，固定一电荷量为＋Q的点电荷。一质量为m、带电荷量为＋q的物块(可视为质点的检验电荷)，从轨道上的A点以初速度v0沿轨道向右运动，当运动到P点正下方的B点时速度为v。已知点电荷产生的电场在A点的电势为φ(取无穷远处电势为零)，P到物块的重心竖直距离为h，P、A连线与水平轨道的夹角为45°，k为静电常数，下列说法正确的是()A.点电荷＋Q产生的电场在B点的电场强度大小为keq\f(Q,h2)B.物块在A点时受到轨道的支持力大小为FN＝mg＋eq\f(kQq,2h2)C.物块从A到B机械能减少量为qφD.点电荷＋Q产生的电场在B点的电势为φB＝φ＋eq\f(m（v02－v2）,2q)解析：AD由点电荷的电场强度公式E＝keq\f(Q,r2)得EB＝keq\f(Q,h2)，故A正确；物体受到点电荷的库仑力为F＝keq\f(qQ,r2)，由几何关系可知r＝eq\f(h,sin45°)，物体在A点时，由平衡条件有FN－mg－Fsin45°＝0，解得FN＝mg＋eq\f(\r(2)kqQ,4h2)，故B错误；设点电荷产生的电场在B点的电势为φB，机械能减少量为ΔE机，由动能定理有WAB＝－ΔE机＝q(φ－φB)＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，解得ΔE机＝eq\f(m,2)(v02－v2)，φB＝eq\f(m,2q)(v02－v2)＋φ，故C错误，D正确。10.(多选)如图所示是密立根油滴实验的原理示意图，两个水平放置、相距为d的足够大金属极板(原来不带电)，上极板中央有一小孔，通过小孔喷入小油滴。其中质量为m0的小油滴A在时间t内匀速下落h1。此时给两极板加上电压U(上极板接正极)，A经过一段时间后向上匀速运动，在时间t内匀速上升了h2，已知油滴受到的空气阻力大小为f＝kmeq\s\up6(\f(1,3))v，其中k为比例系数，m为油滴质量，v为油滴运动速率，重力加速度为g。则()A.比例系数k＝eq\f(m0\s\up6(\f(3,2))gt,h1)B.A带负电，且电荷量q＝eq\f(（h1＋h2）m0gd,Uh1)C.A上升距离h2电势能的变化量为ΔEp＝－eq\f(m0gh2（h1＋h2）,h1)D.从极板施加电压开始到A下降到最低点所用的时间为eq\f(h12,（h1＋h2）gt)解析：BC未加电压时油滴匀速运动，由受力平衡得m0g＝f，由题意f＝km0eq\s\up6(\f(1,3))v1，其中匀速运动的速度为v1＝eq\f(h1,t)，联立解得k＝eq\f(m0\s\up6(\f(2,3))gt,h1)，故A错误；上极板带正电则电场强度方向向下，油滴向上运动，则油滴带负电，根据受力平衡有m0g＋km0eq\s\up6(\f(1,3))v2＝eq\f(U,d)q，其中匀速运动的速度为v2＝eq\f(h2,t)，解得油滴的带电荷量为q＝eq\f(m0gd（h1＋h2）,h1U)，故B正确；A上升距离h2时电场力做功W＝eq\f(U,d)qh2，电势能的变化量为ΔEp＝－W＝－eq\f(m0gh2（h1＋h2）,h1)，故C正确；极板施加电压后，由B项可知油滴受到的电场力为F＝m0g＋km0eq\s\up6(\f(1,3))v2＝eq\f(m0g（h1＋h2）,h1)，油滴A下降到最低点时速度为0，设从极板施加电压开始到A下降到最低点所用的时间为t′，若油滴只受电场力，则由动量定理可得Ft′＝m0v1，解得t′＝eq\f(h12,（h1＋h2）gt)，而由题意可知，油滴还受到重力和阻力的作用且重力和阻力合力不为零，故D错误。故选BC。11.如图所示，LMN是竖直平面内固定的光滑绝缘轨道，MN水平且足够长，LM下端与MN相切。质量为m的带正电小球B静止在水平面上，质量为2m的带正电小球A从LM上距水平面高为h处由静止释放，在A球进入水平轨道之前，由于A、B两球相距较远，相互作用力可认为等于零，A球进入水平轨道后，A、B两球间相互作用视为静电作用，带电小球均可视为质点。已知A、B两球始终没有接触。重力加速度为g。求：(1)A球刚进入水平轨道的速度大小；(2)A、B两球相距最近时，A、