（江蘇專用）2020版高考物理新增分大一輪復(fù)習(xí) 第六章 靜電場(chǎng) 專題突破七 電場(chǎng)綜合問(wèn)題講義（含解析）.docx

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專題突破七　電場(chǎng)綜合問(wèn)題 命題點(diǎn)一　靜電場(chǎng)圖象問(wèn)題 1．主要類型 (1)v－t圖象；(2)φ－x圖象；(3)E－x圖象． 2．應(yīng)對(duì)策略 (1)v－t圖象：根據(jù)v－t圖象的速度變化、斜率變化(即加速度的變化)，確定電荷所受電場(chǎng)力的方向與電場(chǎng)力的大小變化情況，進(jìn)而確定電場(chǎng)的方向、電勢(shì)的高低及電勢(shì)能的變化． (2)φ－x圖象：①電場(chǎng)強(qiáng)度的大小等于φ－x圖線的斜率大小，電場(chǎng)強(qiáng)度為零處，φ－x圖線存在極值，其切線的斜率為零．②在φ－x圖象中可以直接判斷各點(diǎn)電勢(shì)的大小，并可根據(jù)電勢(shì)大小關(guān)系確定電場(chǎng)強(qiáng)度的方向．③在φ－x圖象中分析電荷移動(dòng)時(shí)電勢(shì)能的變化，可用WAB＝qUAB，進(jìn)而分析WAB的正負(fù)，然后作出判斷． (3)E－x圖象：根據(jù)E－x圖象中E的正負(fù)確定電場(chǎng)強(qiáng)度的方向，再在草紙上畫出對(duì)應(yīng)電場(chǎng)線的方向，根據(jù)E的大小變化，確定電場(chǎng)的強(qiáng)弱分布． 例1　(多選)(2018興化一中四模)在真空中的x軸上的原點(diǎn)和x＝6a處分別固定一個(gè)點(diǎn)電荷M、N，在x＝2a處由靜止釋放一個(gè)正點(diǎn)電荷P，假設(shè)點(diǎn)電荷P只受電場(chǎng)力作用沿x軸方向運(yùn)動(dòng)，其速度大小與在x軸上的位置關(guān)系如圖1所示，則下列說(shuō)法中正確的是(　　) 圖1 A．點(diǎn)電荷M、N一定都是正電荷 B．點(diǎn)電荷M、N所帶電荷量的絕對(duì)值之比為2∶1 C．點(diǎn)電荷P的電勢(shì)能一定是先增大后減小 D．點(diǎn)電荷P所受電場(chǎng)力一定先減小后增大 答案　AD 解析　由v－x圖象可知，點(diǎn)電荷P的速度先增大后減小，所以點(diǎn)電荷P的動(dòng)能先增大后減小，說(shuō)明電場(chǎng)力先做正功，后做負(fù)功，結(jié)合正電荷受到的電場(chǎng)力的方向與場(chǎng)強(qiáng)的方向相同可知，電場(chǎng)強(qiáng)度的方向先沿x軸的正方向，后沿x軸的負(fù)方向，根據(jù)點(diǎn)電荷的電場(chǎng)線的特點(diǎn)與電場(chǎng)的疊加原理可知，點(diǎn)電荷M、N一定都是正電荷，故A正確；由題圖可知，在x＝4a處點(diǎn)電荷P的速度最大，速度的變化率為0，說(shuō)明x＝4a處的電場(chǎng)強(qiáng)度等于0，則點(diǎn)電荷M與N在x＝4a處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，方向相反，根據(jù)點(diǎn)電荷場(chǎng)強(qiáng)公式得：＝，所以點(diǎn)電荷M、N所帶電荷量的絕對(duì)值之比為4∶1，故B錯(cuò)誤；點(diǎn)電荷P的動(dòng)能先增大后減小，由于只有電場(chǎng)力做功，所以點(diǎn)電荷P的電勢(shì)能一定是先減小后增大，故C錯(cuò)誤；由題圖圖象可知，點(diǎn)電荷的加速度先減小后增大，則所受的電場(chǎng)力一定先減小后增大，選項(xiàng)D正確． 例2　(2018常州市一模)帶電球體的半徑為R，以球心為原點(diǎn)O建立坐標(biāo)軸x，軸上各點(diǎn)電勢(shì)φ隨x變化如圖2所示．下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖2 A．球帶負(fù)電荷 B．球內(nèi)電場(chǎng)強(qiáng)度最大 C．A、B兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度相同 D．正電荷在B點(diǎn)的電勢(shì)能比C點(diǎn)的大 答案　D 解析　從球出發(fā)向兩側(cè)電勢(shì)降低，而電場(chǎng)線從正電荷出發(fā)，沿著電場(chǎng)線電勢(shì)降低，故球帶正電荷，A錯(cuò)誤；球是等勢(shì)體，故內(nèi)部任意兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為零，故場(chǎng)強(qiáng)為零，而球外場(chǎng)強(qiáng)大于零，B錯(cuò)誤；A點(diǎn)與B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，但方向相反，故不同，C錯(cuò)誤；從B到C，電勢(shì)降低，故正電荷電勢(shì)能減小，D正確． 例3　(多選)某靜電場(chǎng)在x軸上的場(chǎng)強(qiáng)E隨x的變化關(guān)系如圖3所示，x軸正方向?yàn)閳?chǎng)強(qiáng)正方向，一個(gè)帶正電的點(diǎn)電荷只在電場(chǎng)力的作用下沿x軸運(yùn)動(dòng)，x1、x2、x3、x4四點(diǎn)間隔相等．則(　　) 圖3 A．點(diǎn)電荷在x2和x4處電勢(shì)能相等 B．點(diǎn)電荷由x1運(yùn)動(dòng)到x3的過(guò)程中電勢(shì)能減小 C．x1、x2兩點(diǎn)之間的電勢(shì)差小于x3、x4兩點(diǎn)之間的電勢(shì)差 D．點(diǎn)電荷由x1運(yùn)動(dòng)到x4的過(guò)程中電場(chǎng)力先減小后增大 答案　BC 變式1　(2018蘇錫常鎮(zhèn)一調(diào))一帶電粒子在電場(chǎng)中僅受靜電力作用，做初速度為零的直線運(yùn)動(dòng)．取該直線為x軸，起始點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，其電勢(shì)能Ep與位移x的關(guān)系如圖4所示，下列圖象中合理的是(　　) 圖4 答案　D 解析　Ep－x圖象上某點(diǎn)的切線的斜率表示電場(chǎng)力，故電場(chǎng)力逐漸減小，根據(jù)E＝，知電場(chǎng)強(qiáng)度也逐漸減小，A錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理，有：FΔx＝ΔEk，故Ek－x圖線上某點(diǎn)切線的斜率表示電場(chǎng)力；由于電場(chǎng)力逐漸減小，與B圖矛盾，B錯(cuò)誤；根據(jù)公式v2－v＝2ax，勻變速直線運(yùn)動(dòng)的v2－x圖象是直線，而v－x圖象不可能是直線，C錯(cuò)誤；粒子做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，D正確． 命題點(diǎn)二　“等效法”處理力電復(fù)合場(chǎng)問(wèn)題 帶電體在勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，既受重力，又受電場(chǎng)力，由于這兩個(gè)力都是恒力，故其合力也為恒力，可用二者合力代替這兩個(gè)力，這樣物體就只受一個(gè)力了，該力可稱為等效重力． 1．等效重力法．將重力與電場(chǎng)力進(jìn)行合成，如圖5所示，則F合為等效重力場(chǎng)中的“重力”，g′＝為等效重力場(chǎng)中的“重力加速度”，F(xiàn)合的方向等效為“重力”的方向，即在等效重力場(chǎng)中的豎直向下方向． 圖5 2．在“等效力場(chǎng)”中做圓周運(yùn)動(dòng)的小球，經(jīng)常遇到小球在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的臨界速度問(wèn)題．小球能維持圓周運(yùn)動(dòng)的條件是能過(guò)最高點(diǎn)，而這里的最高點(diǎn)不一定是幾何最高點(diǎn)，而應(yīng)是物理最高點(diǎn)．幾何最高點(diǎn)是圖形中所畫圓的最上端，是符合人眼視覺(jué)習(xí)慣的最高點(diǎn)．而物理最高點(diǎn)是物體在圓周運(yùn)動(dòng)過(guò)程中速度最小的點(diǎn)． 例4　如圖6所示，在豎直平面內(nèi)固定的圓形絕緣軌道的圓心為O，半徑為r，內(nèi)壁光滑，A、B兩點(diǎn)分別是圓軌道的最低點(diǎn)和最高點(diǎn)．該區(qū)間存在方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，一質(zhì)量為m、帶負(fù)電的小球在軌道內(nèi)側(cè)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)(電荷量不變)，經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)速度最大，O、C連線與豎直方向的夾角θ＝60，重力加速度為g. 圖6 (1)求小球所受的電場(chǎng)力大?。? (2)求小球在A點(diǎn)的速度v0為多大時(shí)，小球經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)對(duì)圓軌道的壓力最?。? 答案　(1)mg　(2)2 解析　(1)小球在C點(diǎn)時(shí)速度最大，則電場(chǎng)力與重力的合力沿DC方向，所以小球受到的電場(chǎng)力的大小F＝mgtan 60＝mg. (2)要使小球經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)對(duì)圓軌道的壓力最小，則必須使小球經(jīng)過(guò)D點(diǎn)時(shí)的速度最小，即在D點(diǎn)小球?qū)A軌道的壓力恰好為零，有＝m，解得v＝. 在小球從圓軌道上的A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有 －mgr(1＋cos 60)－Frsin 60＝mv2－mv， 解得v0＝2. 命題點(diǎn)三　力電綜合問(wèn)題 電場(chǎng)力雖然從本質(zhì)上有別于力學(xué)中的重力、彈力、摩擦力，但產(chǎn)生的效果服從于牛頓力學(xué)中的所有規(guī)律，因此，有關(guān)電場(chǎng)力作用下帶電體的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，應(yīng)根據(jù)力學(xué)解題思路去分析． 例5　(2019江都中學(xué)期中)如圖7，ABCD為豎直放在場(chǎng)強(qiáng)大小為E＝104V/m的水平向右勻強(qiáng)電場(chǎng)中的絕緣光滑軌道，其中軌道的BCD部分是半徑為R的半圓形軌道，軌道的水平部分與半圓相切于B點(diǎn)，A為水平軌道上的一點(diǎn)，而且AB＝R＝0.2 m，把一質(zhì)量m＝0.1 kg、帶電荷量q＝＋110－4 C的小球放在水平軌道的A點(diǎn)由靜止開(kāi)始釋放，小球在軌道的內(nèi)側(cè)運(yùn)動(dòng)(g取10 m/s2).求： 圖7 (1)小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道壓力是多大？ (2)小球能否沿圓軌道到達(dá)D點(diǎn)？ (3)若小球釋放點(diǎn)離B的距離為1.0m，則小球從D點(diǎn)飛出后落地點(diǎn)離B的距離是多少？(結(jié)果可以含有根號(hào)) 答案　(1)3N　(2)不能　(3)m 解析　(1)由A點(diǎn)到C點(diǎn)應(yīng)用動(dòng)能定理有：Eq(AB＋R)－mgR＝mv 解得：vC＝2 m/s 設(shè)在C點(diǎn)軌道對(duì)小球支持力為FN，應(yīng)用牛頓第二定律得：FN－Eq＝m 得FN＝3 N 由牛頓第三定律知，小球在C點(diǎn)對(duì)軌道的壓力大小為3 N. (2)小球要通過(guò)D點(diǎn)，必有mg≤m 設(shè)釋放點(diǎn)距B點(diǎn)的距離為x時(shí)小球能通過(guò)D點(diǎn)，由動(dòng)能定理得： Eqx－mg2R＝mv 以上兩式聯(lián)立可得：x≥0.5 m．因AB<0.5 m故小球不能到達(dá)D點(diǎn). (3)釋放點(diǎn)離B點(diǎn)的距離x1＝1 m，從釋放點(diǎn)到D點(diǎn)由動(dòng)能定理得：Eqx1－mg2R＝mvD′2 解得：vD′＝2 m/s 從D點(diǎn)飛出后水平方向做勻減速運(yùn)動(dòng)，加速度為a＝＝10 m/s2 豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，設(shè)落地點(diǎn)離B距離為x2，由運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)可得 2R＝gt2，x2＝vD′t－at2 解得x2＝ m. 變式2　(多選)(2018無(wú)錫市高三期末)如圖8為一有界勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)方向?yàn)樗椒较?方向未標(biāo)明)，—帶電微粒以某一角度θ從電場(chǎng)的a點(diǎn)斜向上方射入，沿直線運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)，可以肯定(　　) 圖8 A．電場(chǎng)中a點(diǎn)的電勢(shì)低于b點(diǎn)的電勢(shì) B．微粒在a點(diǎn)的加速度小于在b點(diǎn)的加速度 C．微粒在a點(diǎn)的電勢(shì)能小于在b點(diǎn)的電勢(shì)能 D．從a到b的過(guò)程中，微粒電勢(shì)能變化的絕對(duì)值小于其動(dòng)能變化的絕對(duì)值 答案　CD 1．(多選)(2018鹽城市三模) 在x軸上有兩個(gè)點(diǎn)電荷q1和q2，它們產(chǎn)生的電場(chǎng)的電勢(shì)在x軸上分布如圖9所示．下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖9 A．q1和q2帶有異種電荷 B．x＝x2處電場(chǎng)強(qiáng)度一定為0 C．負(fù)電荷沿x軸從x1移動(dòng)到x2，電勢(shì)能增加 D．正電荷沿x軸從x1移動(dòng)到x2，電場(chǎng)力做負(fù)功 答案　ABC 解析　因沿x軸電勢(shì)有正、有負(fù)，故不可能是兩正電荷，或兩負(fù)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)，應(yīng)為一正一負(fù)兩電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)，故A正確；φ－x圖象斜率大小表示電場(chǎng)強(qiáng)度大小，故x＝x2處電場(chǎng)強(qiáng)度為0，故B正確；從x1到x2電勢(shì)降低，故負(fù)電荷電勢(shì)能增加，正電荷電勢(shì)能減少，電場(chǎng)力做正功，故C正確，D錯(cuò)誤． 2.(2019運(yùn)河中學(xué)月考)如圖10所示，在水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一絕緣細(xì)線的一端固定在O點(diǎn)，另一端系一帶正電的小球，小球只在重力、電場(chǎng)力、細(xì)線的拉力作用下在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，小球所受的電場(chǎng)力大小等于重力大?。容^a、b、c、d這四點(diǎn)，小球(　　) 圖10 A．在最高點(diǎn)a處的動(dòng)能最小 B．在最低點(diǎn)c處的機(jī)械能最小 C．在水平直徑右端b處的機(jī)械能最大 D．在水平直徑左端d處的機(jī)械能最大 答案　C 解析　小球所受電場(chǎng)力和重力大小相等，電場(chǎng)力方向水平向右，則小球所受電場(chǎng)力和重力的合力如圖所示，合力與水平方向成45角偏右下方．由小球所受合力方向可知，小球從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到e點(diǎn)時(shí)，合力對(duì)小球做負(fù)功，小球動(dòng)能將減小，故a點(diǎn)不是小球動(dòng)能最小的點(diǎn)(動(dòng)能最小的點(diǎn)在e點(diǎn))，故A錯(cuò)誤； 除重力以外的其他力做的功等于機(jī)械能的增量，拉力不做功，從d到b的過(guò)程中，電場(chǎng)力做正功，則b點(diǎn)機(jī)械能最大，d點(diǎn)機(jī)械能最小，故C正確，B、D錯(cuò)誤． 3．(多選)(2018揚(yáng)州中學(xué)下學(xué)期開(kāi)學(xué)考)如圖11，絕緣彈簧的下端固定在斜面底端，彈簧與斜面平行且初始為自然長(zhǎng)度，帶電小球Q(可視為質(zhì)點(diǎn))固定在光滑斜面的M點(diǎn)，處于通過(guò)彈簧中心的直線ab上．現(xiàn)將小球P(也視為質(zhì)點(diǎn))從直線ab上的N點(diǎn)由靜止釋放，設(shè)小球P與Q電性相同，則小球P從釋放到運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)的過(guò)程中下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖11 A．小球P的速度先增大后減小 B．小球P的速度最大時(shí)所受合力為零 C．小球P的重力勢(shì)能與電勢(shì)能的和一直減小 D．小球P所受重力、彈簧彈力和庫(kù)侖力做功的代數(shù)和等于電勢(shì)能的變化量的大小 答案　ABC 4．(多選)(2018南通市、泰州市一模)如圖12所示，豎直平面內(nèi)固定一半徑為R的光滑絕緣圓環(huán)，環(huán)上套有兩個(gè)相同的帶電小球P和Q，靜止時(shí)P、Q兩球分別位于a、b兩點(diǎn)，兩球間的距離為R.現(xiàn)用力緩慢推動(dòng)P球至圓環(huán)最低點(diǎn)c，Q球由b點(diǎn)緩慢運(yùn)動(dòng)至d點(diǎn)(圖中未畫出)．則此過(guò)程中(　　) 圖12 A．Q球在d點(diǎn)受到圓環(huán)的支持力比在b點(diǎn)處小 B．Q球在d點(diǎn)受到的靜電力比在b點(diǎn)處大 C．P、Q兩球電勢(shì)能減小 D．推力做的功等于P、Q兩球增加的機(jī)械能 答案　AB 1.(2018揚(yáng)州中學(xué)下學(xué)期開(kāi)學(xué)考)一帶電粒子在電場(chǎng)中僅在電場(chǎng)力作用下，從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，速度隨時(shí)間變化的圖象如圖1所示，tA、tB分別是帶電粒子到達(dá)A、B兩點(diǎn)對(duì)應(yīng)的時(shí)刻，則下列說(shuō)法中正確的是(　　) 圖1 A．A處的場(chǎng)強(qiáng)一定小于B處的場(chǎng)強(qiáng) B．A處的電勢(shì)一定高于B處的電勢(shì) C．電荷在A處的電勢(shì)能一定小于在B處的電勢(shì)能 D．電荷在A到B的過(guò)程中，電場(chǎng)力一定對(duì)電荷做正功 答案　D 解析　根據(jù)v－t圖象的斜率等于加速度，可以看出，從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程中帶電粒子的加速度減小，則其所受的電場(chǎng)力減小，電場(chǎng)強(qiáng)度減小，即A處的場(chǎng)強(qiáng)一定大于B處的場(chǎng)強(qiáng)，A錯(cuò)誤．由于帶電粒子的電性未知，無(wú)法判斷電場(chǎng)方向，也就不能判斷電勢(shì)高低，故B錯(cuò)誤．由題圖看出，帶電粒子的速度增大，動(dòng)能增大，則由能量守恒定律得知，其電勢(shì)能減小，電場(chǎng)力做正功，故C錯(cuò)誤，D正確． 2．(多選)(2018高考押題預(yù)測(cè)卷)空間某一靜電場(chǎng)的電勢(shì)φ在x軸上分布如圖2所示，B、C是x軸上兩點(diǎn)，下列說(shuō)法中正確的有(　　) 圖2 A．同一個(gè)電荷放在B點(diǎn)受到的電場(chǎng)力大于放在C點(diǎn)時(shí)的電場(chǎng)力 B．同一個(gè)電荷放在B點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能大于放在C點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能 C．O點(diǎn)電勢(shì)最高，電場(chǎng)也最強(qiáng) D．正試探電荷沿x軸從B移到C的過(guò)程中，電場(chǎng)力先做負(fù)功，后做正功 答案　AD 解析　根據(jù)E＝，則φ－x圖象的斜率表示場(chǎng)強(qiáng)，由圖線可知EB>EC，故同一個(gè)電荷放在B點(diǎn)受到的電場(chǎng)力大于放在C點(diǎn)時(shí)的電場(chǎng)力，故A正確；由題圖可知B點(diǎn)電勢(shì)高于C點(diǎn)電勢(shì)，負(fù)電荷在電勢(shì)高的地方，電勢(shì)能小，正電荷在電勢(shì)高的地方，電勢(shì)能大，故B錯(cuò)誤；由題圖可知，O點(diǎn)電勢(shì)最高，但電場(chǎng)強(qiáng)度為0，故C錯(cuò)誤；根據(jù)Ep＝qφ可知，正試探電荷沿x軸從B移到C的過(guò)程中，電勢(shì)能先增大再減小，即電場(chǎng)力先做負(fù)功，后做正功，故D正確． 3．(多選)(2018南通市、泰州市一模)真空中有一半徑為r0的均勻帶電金屬球，以球心為原點(diǎn)建立x軸，軸上各點(diǎn)的電勢(shì)φ分布如圖3所示，r1、r2分別是＋x軸上A、B兩點(diǎn)到球心的距離．下列說(shuō)法中正確的有(　　) 圖3 A．0～r0范圍內(nèi)電場(chǎng)強(qiáng)度處處為零 B．A點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度小于B點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度 C．A點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的方向由A指向B D．正電荷從A點(diǎn)移到B點(diǎn)過(guò)程中電場(chǎng)力做正功 答案　ACD 4.如圖4所示，在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一根不可伸長(zhǎng)的絕緣細(xì)繩的一端系著一個(gè)帶電小球，另一端固定于O點(diǎn)，小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，最高點(diǎn)為a，最低點(diǎn)為b.不計(jì)空氣阻力，則下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖4 A．小球帶負(fù)電 B．電場(chǎng)力跟重力平衡 C．小球在從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的過(guò)程中，電勢(shì)能減小 D．小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能守恒 答案　B 解析　由于小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所以重力與電場(chǎng)力的合力為0，電場(chǎng)力方向豎直向上，小球帶正電，A錯(cuò)，B對(duì)；從a→b，電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增大，C錯(cuò)；由于有電場(chǎng)力做功，故小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能不守恒，D錯(cuò)． 5．(2018金陵中學(xué)等三校四模)測(cè)定電子的電荷量的實(shí)驗(yàn)裝置示意圖如圖5所示，置于真空中的油滴室內(nèi)有兩塊水平放置的平行金屬板M、N，并分別與電壓為U的恒定電源兩極相連，板的間距為d.現(xiàn)有一質(zhì)量為m的帶電油滴在極板間勻速下落，已知元電荷e、重力加速度g，則(　　) 圖5 A．油滴中電子的數(shù)目為 B．油滴從小孔運(yùn)動(dòng)至N過(guò)程中，電勢(shì)能增加mgd C．油滴從小孔運(yùn)動(dòng)至N過(guò)程中，機(jī)械能增加eU D．若將極板M向下緩慢移動(dòng)一小段距離，油滴將加速下降 答案　B 解析　帶電油滴在極板間勻速下落，故重力和電場(chǎng)力平衡，則有mg＝，所以油滴帶電荷量q＝，所以油滴中電子的數(shù)目為n＝＝，故A錯(cuò)誤；油滴從小孔運(yùn)動(dòng)至N過(guò)程中，電場(chǎng)力方向向上，電場(chǎng)力做的功為－mgd，電勢(shì)能增加mgd，機(jī)械能減少mgd，故B正確，C錯(cuò)誤；若將極板M向下緩慢移動(dòng)一小段距離，d減小，電場(chǎng)力F＝q增大，合外力豎直向上，油滴將減速下降，故D錯(cuò)誤． 6．(多選)(2018如皋市調(diào)研)一帶負(fù)電的粒子只在電場(chǎng)力作用下沿x軸正向運(yùn)動(dòng)，其電勢(shì)能Ep隨位移x變化的關(guān)系如圖6所示，其中0～x2段是對(duì)稱的曲線，x2～x3段是直線，則下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖6 A．x1處電場(chǎng)強(qiáng)度為零 B．x1、x2、x3處電勢(shì)φ1、φ2、φ3的關(guān)系為φ1＞φ2＞φ3 C．粒子在x2～x3段速度v隨x均勻減小 D．x2～x3段是勻強(qiáng)電場(chǎng) 答案　ABD 解析　根據(jù)電勢(shì)能與電勢(shì)的關(guān)系：Ep＝qφ，場(chǎng)強(qiáng)與電勢(shì)的關(guān)系：E＝，得：E＝，由數(shù)學(xué)知識(shí)可知Ep－x圖象切線的斜率等于qE，x1處切線斜率為零，電場(chǎng)強(qiáng)度為零，故A正確；由題圖可知，x1、x2、x3處電勢(shì)φ1、φ2、φ3的關(guān)系為φ1＞φ2＞φ3，故B正確；根據(jù)電勢(shì)能與電勢(shì)的關(guān)系：Ep＝qφ，粒子在x2～x3段電勢(shì)能增大，速度v隨x非均勻減小，故C錯(cuò)誤；x2～x3段是直線，場(chǎng)強(qiáng)不變，是勻強(qiáng)電場(chǎng)，故D正確． 7.(多選)(2018江蘇省高考?jí)狠S沖刺卷)如圖7所示，內(nèi)壁光滑的絕緣管做成的圓環(huán)半徑為R，位于豎直平面內(nèi)，管的內(nèi)徑遠(yuǎn)小于R.ab為該環(huán)的水平直徑，ab及其以下區(qū)域處于水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)中．現(xiàn)將質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球從管中a點(diǎn)由靜止開(kāi)始釋放，已知qE＝mg.則下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖7 A．小球釋放后，可以運(yùn)動(dòng)過(guò)b點(diǎn) B．小球釋放后，到達(dá)b點(diǎn)時(shí)速度為零，并在bda間往復(fù)運(yùn)動(dòng) C．小球釋放后，第一次和第二次經(jīng)過(guò)最高點(diǎn)c時(shí)對(duì)管壁的壓力之比為1∶6 D．小球釋放后，第一次經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)d和最高點(diǎn)c時(shí)對(duì)管壁的壓力之比為5∶1 答案　AD 解析　從a到b的過(guò)程，由動(dòng)能定理得qE2R＝mv可知vb≠0，故小球可以運(yùn)動(dòng)過(guò)b點(diǎn)，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；小球釋放后，第一次經(jīng)過(guò)最高點(diǎn)c時(shí)有：FN1＋mg＝m，－mgR＋Eq2R＝mv，因?yàn)閝E＝mg，解得FN1＝mg，第二次經(jīng)過(guò)最高點(diǎn)c時(shí)有：FN2＋mg＝m，Eq2R＝mv－mv，解得FN2＝5mg，由牛頓第三定律知第一次和第二次經(jīng)過(guò)最高點(diǎn)c時(shí)對(duì)管壁的壓力之比為1∶5，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；從小球釋放至第一次經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)d，由動(dòng)能定理得mgR＋EqR＝mv2，在d點(diǎn)有：FN－mg＝m，解得FN＝5mg，結(jié)合牛頓第三定律可知第一次經(jīng)過(guò)點(diǎn)d和點(diǎn)c時(shí)對(duì)管壁的壓力之比為5∶1，選項(xiàng)D正確． 8．(2018泰州中學(xué)開(kāi)學(xué)考)如圖8所示，均勻帶正電的圓環(huán)水平放置，AB為過(guò)圓心O的豎直軸線．一帶負(fù)電的微粒(可視為點(diǎn)電荷)，從圓心O正上方某處由靜止釋放向下運(yùn)動(dòng)，不計(jì)空氣阻力，在運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中，下列說(shuō)法中正確的是(　　) 圖8 A．帶電微粒的加速度可能一直增大 B．帶電微粒的電勢(shì)能可能一直減小 C．帶電微粒的運(yùn)動(dòng)軌跡可能關(guān)于O點(diǎn)對(duì)稱 D．帶電微粒的動(dòng)能可能一直增大 答案　D 解析　帶電微粒釋放后受到的電場(chǎng)力的方向在O點(diǎn)的上方是向下的，所以微粒向下運(yùn)動(dòng)．從釋放開(kāi)始到運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的過(guò)程中，所受電場(chǎng)力變化情況有兩種可能：(1)先增大后減小；(2)一直減?。诘?1)種情況下，帶電微粒受到的電場(chǎng)力先增大后減小，釋放后到達(dá)O點(diǎn)前帶電微粒的加速度先增大后減小，過(guò)O點(diǎn)后仍然是先增大后減?。欢诘?2)種情況下，帶電微粒到達(dá)O點(diǎn)前加速度一直減小，過(guò)O點(diǎn)后加速度一直增大；若微粒的重力也計(jì)算在內(nèi)，由于重力的方向一直是豎直向下，則微粒的加速度同樣會(huì)由于微粒的電場(chǎng)力的變化而變化，變化的規(guī)律與沒(méi)有重力時(shí)基本相同，但都不可能是一直增大的，故A錯(cuò)誤；從釋放點(diǎn)到O點(diǎn)的過(guò)程中，微粒受到的電場(chǎng)力的方向向下，電場(chǎng)力做正功；在O點(diǎn)的下方，微粒受到的電場(chǎng)力的方向向上，電場(chǎng)力做負(fù)功；所以微粒的電勢(shì)能會(huì)先減小后增大，故B錯(cuò)誤；由于重力的方向始終是向下的，所以微粒在O點(diǎn)兩側(cè)的運(yùn)動(dòng)一定不是對(duì)稱的，故C錯(cuò)誤；帶電微粒合力一直向下，微粒的速度一直增大，動(dòng)能一直增大，故D正確． 9．如圖9所示，在E＝103V/m的豎直勻強(qiáng)電場(chǎng)中，有一光滑半圓形絕緣軌道QPN與一水平絕緣軌道MN在N點(diǎn)平滑相接，半圓形軌道平面與電場(chǎng)線平行，其半徑R＝40 cm，N為半圓形軌道最低點(diǎn)，P為QN圓弧的中點(diǎn)，一帶負(fù)電的小滑塊位于N點(diǎn)右側(cè)x＝1.5 m的M處，小滑塊質(zhì)量m＝10 g，電荷量q＝10－4 C，與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.15，取g＝10 m/s2，求： 圖9 (1)要使小滑塊恰能運(yùn)動(dòng)到圓軌道的最高點(diǎn)Q，則小滑塊應(yīng)以多大的初速度v0向左運(yùn)動(dòng)？ (2)這樣運(yùn)動(dòng)的小滑塊通過(guò)P點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力是多大？ 答案　(1)7m/s　(2)0.6N 解析　(1)設(shè)小滑塊到達(dá)Q點(diǎn)時(shí)速度為v， 由牛頓第二定律得mg＋qE＝① 小滑塊從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)至到達(dá)Q點(diǎn)過(guò)程中，由動(dòng)能定理得 －mg2R－qE2R－μ(mg＋qE)x＝mv2－mv② 聯(lián)立方程①②解得v0＝7 m/s (2)設(shè)小滑塊到達(dá)P點(diǎn)時(shí)速度為v′，則從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)至到達(dá)P點(diǎn)過(guò)程中，由動(dòng)能定理得－(mg＋qE)R－μ(qE＋mg)x＝mv′2－mv③ 在P點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律得FN＝④ 代入數(shù)據(jù)解得FN＝0.6 N⑤ 由牛頓第三定律得，小滑塊對(duì)軌道的壓力大小為FN′＝FN＝0.6 N．⑥ 10．如圖10所示，AB是位于豎直平面內(nèi)、半徑R＝0.5 m的圓弧形的光滑絕緣軌道，其下端點(diǎn)B與水平絕緣軌道平滑連接，整個(gè)軌道處在水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，電場(chǎng)強(qiáng)度E＝5103 N/C.今有一質(zhì)量為m＝0.1 kg、帶電荷量q＝＋810－5 C的小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從A點(diǎn)由靜止釋放．若已知滑塊與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.05，取g＝10 m/s2，求： 圖10 (1)小滑塊第一次經(jīng)過(guò)圓弧形軌道最低點(diǎn)B時(shí)對(duì)B點(diǎn)的壓力； (2)小滑塊在水平軌道上向右滑過(guò)的最大距離； (3)小滑塊最終運(yùn)動(dòng)情況． 答案　(1)2.2N，方向豎直向下　(2)m　(3)在圓弧形軌道上往復(fù)運(yùn)動(dòng) 解析　(1)設(shè)小滑塊第一次到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度為vB，對(duì)圓弧軌道最低點(diǎn)B的壓力為FN，則由A→B，由動(dòng)能定理可得mgR－qER＝mv 在B點(diǎn)對(duì)小滑塊由牛頓第二定律可得FN′－mg＝m 由牛頓第三定律FN′＝FN 解得FN＝2.2N，方向豎直向下 (2)設(shè)小滑塊在水平軌道上向右滑行的最大距離為x， 對(duì)全程由動(dòng)能定理有mgR－qE(R＋x)－μmgx＝0 得x＝m (3)由題意知qE＝810－55103N＝0.4N μmg＝0.050.110N＝0.05N 因此有qE>μmg 所以小滑塊最終在圓弧形軌道上往復(fù)運(yùn)動(dòng)．