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(能力提高练) 第四节 电场性质的综合应用-2023年高考物理一轮系统复习学思用
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这是一份(能力提高练) 第四节 电场性质的综合应用-2023年高考物理一轮系统复习学思用，共34页。
B．小球的动能等于初始动能时，其电势能最大
C．小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，其动能最大
D．从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，重力做的功等于小球电势能的增加量
【解析】 A．如图所示，故等效重力的方向与水平成。当时速度最小为，由于此时存在水平分量，电场力还可以向左做负功，故此时电势能不是最大，故A错误；
BD．水平方向上，在竖直方向上，由于，得，如图所示，小球的动能等于末动能。由于此时速度没有水平分量，故电势能最大。由动能定理可知，则重力做功等于小球电势能的增加量， 故BD正确；
C．当如图中v1所示时，此时速度水平分量与竖直分量相等，动能最小，故C错误；故选BD。
【答案】 BD
2．(2022•重庆市第八中学高三(下)冲刺四)如图，滑块A、B的质量均为m，B带正电，电荷量为q；A不带电，A套在固定竖直直杆上，A、B通过转轴用长度为L的刚性轻杆连接，B放在水平面上并靠近竖直杆，A、B均静止。现加上水平向右强度为E的匀强电场，B开始沿水平面向右运动。不计一切摩擦，A、B视为质点。在A下滑的过程中，下列说法正确的是( )
A．A、B组成的系统机械能守恒
B．A运动到最低点时，轻杆对A的拉力为零
C．A运动到最低点时，滑块A速度大小为
D．A的机械能最小时，B的加速度大小为零
【解析】 A．电场力对B做正功，所以系统机械能增加，故A错误；
B．以B和轻杆为整体，最低点时合力为零，在水平方向有，所以A对轻杆的作用力等于电场力，故B错误；
C．A运动到最低点时，B的速度为零，由能量守恒可得，解得，故C正确；
D．假设无电场，系机械能守恒， A机械能最小时，B机械能最大，即B的动能最大，速度最大，加速度为零，因为电场力并不影响A的机械能，所以有电场和无电场时A机械能最小时在杆上的位置相同，但是有电场情况下，A最小机械能时B还受水平向右的电场力，所以加速度不为零，故D错误。故选C。
【答案】 C
3．(2022•湖南省长沙市第一中学高三第九次月考)(多选)如图所示，边长为L的正方形粗糙绝缘斜面ABCD的倾角为45°。处于方向水平向左的匀强电场中，一质量为m、电荷量为＋q的物体自B点由静止释放，恰好能沿斜面对角线BD做直线运动，到达D点时的速率为v。不计物体电荷量损失，已知重力加速度为g，则根据上述条件可知( )
A．物体与斜面间的动摩擦因数为
B．匀强电场的场强大小为
C．从B运动到D，物体的机械能不一定减少
D．电场力做功和重力做功相等，且都大于
【解析】 B．重力沿斜面向下的分力，电场力与的合力沿BD方向，由题意可知，故B错误；
A．电场力与的合力大小为，根据牛顿第二定律，根据运动学公式，解得，故A正确；
C．选取地面为零势能面，初状态的机械能，末状态的机械能，由于没给出速度v的具体数值，因此无法比较和的大小，也就是无法确定机械能是增加还是减小，故C正确；
D．由题中教据可知，整个过程中，电场力做功与重力做功相等，根据动能定理，，故D正确。故选ACD。
【答案】 ACD
4．(2022•湖南省长沙市第一中学高三第五次月考)(多选)如图所示，一个光滑斜面与一个光滑的竖直圆轨道在A点相切，B点为圆轨道的最低点，C点为圆轨道的最高点，整个空间存在水平向左的匀强电场。一质量为kg，电荷量为的带电小球从斜面上静止释放，小球始终能沿轨道运动。已知电场强度，，圆轨道半径m，g取10m/s2，，。则以下说法中正确的是( )
A．刚释放小球时小球的加速度的大小为12.5m/s2
B．若小球能到达C点，释放点与A的距离至少为12.75m
C．若小球恰能到达C点．此运动过程中小球对轨道的最大压力为67.5N
D．若电场方向相反，大小不变，小球恰能到达C点，小球运动在过程中对轨道的最大压力为67.5N
【解析】 A．对小球受力分析，小球所受电场力水平向右，且题设小球始终沿轨道运动，由牛顿第二定律得，解得m/s2，故A正确；
B．小球若恰好到达C点，在C点由牛顿第二定律得，从释放到到达C点，由动能定理得，代入数据解得m，故B错误；
C．设重力与电场力的合力方向与竖直方向成α角，故，解得，方向恰好沿斜面方向，大小为，由释放点到最大速度点由动能定理得，对该点由牛顿第二定律得，由牛顿第三定律得压力N，故C正确；
D．若电场反向，设小球于B点左侧α角处达到最大速度，同理解得，沿如图所示OD方向
此时若小球能到达C点，应先恰能到达E点，对E点受力分析得，解得m/s，对D到E由动能定理得，解得m/s，对该点由牛顿第二定律得，由牛顿第三定律得压力N，故D错误。故选AC。
【答案】 AC
5．(2022•重庆市育才中学高三(下)入学考试)(多选)如图所示，在竖直面内有一半径为R的圆环型轨道，轨道内部最低点A处有一质量为m的光滑带正电的小球(可视作质点)，其所带电荷量为q，在圆环区域内存在着方向水平向右的匀强电场，电场强度E=，现给小球一个水平向右的初速度，使小球开始运动，以下说法正确的是( )
A．若v0＞，则小球可以做完整的圆周运动
B．若小球可以做完整的圆周运动，则轨道所给弹力的最大值与最小值相差4mg
C．若v0=，则小球将在轨道最高点B处脱离轨道
D．若v0=，则小球不会脱离轨道
【解析】 小球同时受到重力和电场力作用，这时可认为小球处于等效重力场中，小球受到的等效重力为，等效重力加速度为，小球可以做完整的圆周运动，则有，与竖直方向的夹角，如图所示，在等效重力场中应用机械能守恒定律可得，解得，A错误；
B．若小球可以做完整的圆周运动，则小球在等效重力场中最低点轨道所给的弹力最大，等效最高点轨道所给的弹力最小，在最低点有，在最高点有，小球从最低点到最高点的过程中，有，解得轨道所给弹力的最大值与最小值相差为
C．若v0=，小球到达最高点B处的过程中，重力做负功，电场力不做功，则有，解得，故可得小球将在轨道最高点B处脱离轨道，C正确；
D．在等效重力场中，当v0=时，小球没有超过等效重力场中的半圆，故小球不会脱离轨道，D正确。故选BCD。
【答案】 BCD
6．(2022•重庆育才中学一模)(多选)在倾角为的光滑固定绝缘斜面上有两个用绝缘轻弹簧连接的物块A和B，它们的质量分别为m和2m，弹簧的劲度系数为，C为一固定挡板，开始未加电场，系统处于静止状态，A带正电，B不带电，现加一沿斜面向上的匀强电场，物块A沿斜面向上运动，当B刚离开C时，A的速度为v，之后两个物体运动中当A的加速度为0时，B的加速度大小均为a，方向沿斜面向上，则下列说法正确的是( )
A．从加电场后到B刚离开C的过程中，挡板C对物块B的冲量为0
B．从加电场后到B刚离开C的过程中，A发生的位移大小为
C．从加电场后到B刚离开C的过程中，物块A的机械能和电势能之和先增大后减小
D．B刚离开C时，电场力对A做功的瞬时功率为
【解析】 A．从加电场后到B刚离开C的过程中，挡板C对物块B的作用力不为零，故冲量不为0，A错误；
B．开始未加电场时，弹簧处于压缩状态，对A，由平衡条件可得，解得，物块B刚要离开C时，弹簧处于拉伸状态，对B由平衡条件可得，解得，故从加电场后到B刚离开C的过程中，A发生的位移大小为，B正确；
C．对A、B和弹簧组成的系统，从加电场后到B刚离开C的过程中，物块A的机械能、电势能与弹簧的弹性势能之和保持不变，弹簧的弹性势能先减小后增大，故物块A的机械能和电势能之和先增大后减小，C正确；
D．设A所受电场力大小为F，当A的加速度为零时，B的加速度大小为a，方向沿斜面向上，据牛顿第二定律对A、B分别有，，联立解得，故B刚离开C时，电场力对A做功的瞬时功率为，D正确。故选BCD。
【答案】 BCD
7．(2022•西南大学附属中学校第六次月考)(多选)某同学用如图1所示装置研究带电小球在重力场和电场中具有的势能(重力势能、电势能之和)情况。两个带同种电荷的小球1、2放在竖直放置的绝缘圆筒中，1固定在圆筒底部，2从靠近1位置处释放，测出的位置和速度，利用能量守恒可以得到势能图像。图2中Ⅰ图是小球图像，Ⅱ图是计算机拟合的图线Ⅰ的渐近线，实验中一切摩擦可忽略，小球的电荷量不会发生变化，，则2小球( )
A．上升过程速度一直变大
B．上升过程速度先变大后变小
C．质量为
D．从处运动至处电势能减少
【解析】 AB．上升过程系统能量守恒，结合图像可知，上升过程中势能先变小后变大，因此，小球2的动能先变大后变小，速度也先变大后变小，A错误，B正确；
C．根据库仑定律，可知，当时，，系统势能的变化量主要取决于重力做功，即，由此可知小球2的重力等于图中渐近线的斜率，结合图像可知，解得，C正确；
D．从处运动至过程中，根据系统能量守恒，根据动能定理可得，又因为，解得，从处运动至过程中，电场力做的正功，电势能减少，D正确。故选BCD。
【答案】 BCD
8．(2022•上海市南洋模范中学高三(下)4月适应练习)如图，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( )
①一定小于 ②一定大于 ③一定大于 ④一定大于
A．①②③B．①②④C．①③④D．②③④
【解析】 ①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，故有，同理有，由于θ1>θ2，故mA②两球间的库仑力是作用力与反作用力，一定相等，与两个球电量是否相等无关，故②错误；
③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A摆动过程机械能守恒，有，解得，摆球B到最低点时下降的高度，小球B摆动过程机械能守恒，有，解得，由于A球摆到最低点过程，下降的高度较大，故A球的速度较大，故③正确；
④小球摆动过程机械能守恒，有，故有，其中FLcsθ相同，故θ越大，动能越大，故EkA一定大于EkB，故④正确。故选C。
【答案】 C
9．(2022•陕西省西安中学高三(上)期中)(多选)如图所示，在竖直平面内xOy坐标系中分布着与水平方向成角的匀强电场，将一质量为m、带电荷量为q的小球，以某一初速度从O点竖直向上抛出，它的轨迹恰好满足抛物线方程，且小球通过点P(,)，已知重力加速度为，则下列说法错误的是( )
A．电场强度的大小为
B．小球初速度的大小为
C．小球通过点P时的动能为
D．小球的从O点运动到P点过程中，电势能减少
【解析】 A．小球做类平抛运动，则电场力与重力的合力沿x轴正方向，可知，电场强度的大小为，选项A错误；
B．小球竖直方向做匀速运动，小球水平方向上做匀加速，水平方向的合力提供加速度，解得：，选项B错误；
C．有动能定理可知：，所以小球通过点P时的动能为，故选项C正确；
D．小球从O到P过程中电势能减少，且减少的电势能等于电场力做的功，即，选项D错误。此题选择错误的选项，故选ABD。
【答案】 ABD
10．(2022•江苏省扬州中学高三(下)开学考试)空间某区域内存在着电场，电场线在竖直平面上分布如图所示。一个质量为、电荷量为的小球在该电场中运动，小球经过点时的速度大小为，方向水平向右，运动至点时的速度大小为，运动方向与水平方向之间的夹角为，、两点之间的高度差与水平距离均为，则下列判断中正确的是( )
A．小球速度
B．、两点间的电势差
C．小球由点运动到点的过程中，电势能可能增加
D．小球运动到点时所受重力的瞬时功率
【解析】 C．若小球带负电，则从A到B电场力做负功，电势能增加；若小球带正电，则从A到B电场力做正功，电势能减小；选项C正确；
A．小球由A点运动至B点，由动能定理得，因重力功和电场力功的大小以及正负关系无法确定，则不能比较v1和v2的大小，选项A错误；
B．因电场力做功为，由电场力做功，得A、B两点间的电势差为，故B错误；
D．小球运动到B点时所受重力与速度方向之间的夹角是，则其重力的瞬时功率，故D错误．故选C。
【答案】 C
11．(2022•双鸭山市第一中学高三(下)开学考试)(多选)如图所示，固定光滑直杆上套有一个质量为m，带电量为+q的小球和两根原长均为L的轻弹簧，两根轻弹簧的一端与小球绝缘相连，另一端分别固定在杆上相距为2L的A、B两点；空间存在方向竖直向下的匀强电场。已知直杆与水平面的夹角为，两弹簧的劲度系数均，小球在距B点的P点处于静止状态。Q点距A点，小球在Q点由静止释放，重力加速度为g。则( )
A．匀强电场的电场强度大小为
B．小球在Q点的加速度大小为
C．小球运动的最大动能为
D．小球运动到最低点的位置离B点距离为
【解析】 A．依题意，小球在距B点的P点处于静止状态，小球受到两根弹簧的弹力合力大小为，对小球由共点力平衡可得，解得，故A错误；
B．根据对称性，可知小球在Q点的受两弹簧弹力合力情况与P点大小相等，方向相反，根据牛顿第二定律，有，求得，故B错误；
C．小球从Q点由静止下滑时，运动到P点受力平衡，加速度为0，速度最大，动能最大，从Q到P过程中，根据动能定理可得，由几何关系可求得，联立求得，故C正确；
D．依题意，可判断知小球从Q点静止运动到最低点时，小球做简谐振动，P点为平衡位置，根据简谐运动的对称性可知，小球运动最低点到P点距离为，所以小球运动到最低点的位置离B点距离为，故D正确。故选CD。
【答案】 CD
12．(2022•哈尔滨市第六中学高三(上)期末)(多选)如图，在竖直向下的匀强电场()中，一质量为m，带电量为-q(q>0)的小球，用长为R的轻绳悬挂于O点，让小球在竖直平面内做圆周运动，其中A、B是圆周上的最高点和最低点，则下列说法正确的是( )
A．若要完成完整的圆周运动，到达A点的速度至少为
B．若要完成完整的圆周运动，到达B点的速度至少为
C．小球由A运动到B的过程中，绳子拉力逐渐减小
D．小球由A运动到B的过程中，小球电势能的增加量等于重力势能减少量
【解析】 AB．重力与电场力合力的大小为，方向是竖直向上的，所以A点相当于圆周运动中的等效最低点，B点相当于圆周运动中的等效最高点，若恰好做完整的圆周运动，在B点，根据圆周运动规律可得，解得，从A到B，根据动能定理可得，解得，故A错误，B正确；
C．在A点绳子受到的拉力最大，B点绳子受到的拉力最小，所以小球由A运动到B的过程中，绳子拉力逐渐减小，故C正确；
D．小球由A运动到B的过程中，根据能量守恒可知，小球电势能的增加量等于机械能的减少量，故D错误。故选BC。
【答案】 BC
13．(2022•哈尔滨师范大学附属中学高三(上)期中)(多选)在足够长的光滑绝缘水平台面上，存在有平行于水平台面而向右的匀强电场，电场强度为E.水平台面上放置两个静止的小球A和B(均可看作质点),两小球质量均为,带正电的A球电荷量为Q,B球不带电,A、B连线与电场线平行.开始时两球相距L,在电场力作用下,A球开始运动(此时为计时零点,即t=0),后与B球发生正碰,碰撞过程中A、B两球总动能无损失.若在各次碰撞过程中,A、B两球间均无电荷量转移,且不考虑两球碰撞时间及两球间的万有引力,则( )
A．第一次碰撞结束瞬间B球的速度大小为
B．第一次碰撞到第二次碰撞B小球向右运动了2L
C．第二次碰撞结束瞬间B球的速度大小为
D．相邻两次碰撞时间间隔总为
【解析】 A.A球的加速度，碰前A的速度，碰前B的速度，由于A与B球发生正碰，碰撞过程中A、B两球质量相等且总动能无损失，所以A、B碰撞后交换速度，设碰后A、B球速度分别为，则有，故A正确；
BC.A、B球发生第一次、第二次、第三次的碰撞时刻分别为，则，第一次碰后，经(t2-t1)时间A、B两球发生第二次碰撞，设碰前瞬间A、B两球速度分别为和，，解得，第二次碰后瞬间，A、B两球速度分别为和，则， 第一次碰撞到第二次碰撞B小球向右运动了，故B错误，C错误；
D.第二次碰后经(t3-t2)时间A、B两球发生第三次碰撞,并设碰前瞬间A、B两球速度分别为和，依此类推可得相邻两次碰撞时间间隔总为，故D正确．故选AD
【答案】 AD
14．(2022•黑龙江省大庆中学高三(上)期中)如题图所示，真空中竖直平面内的三点A、B、C构成直角三角形，其中AC竖直，长度为L， B 30。匀强电场在A、B、C所决定的平面内，电场强度为E，电场方向与AB平行。现将质量为m的带电小球以初动能Ek沿CA方向从C点射出，小球通过B点时速度恰好沿AB方向，已知重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．小球所受电场力为所受重力的3倍
B．经过时间，小球电势能和重力势能之和最大
C．从C到B，小球做匀变速直线运动
D．从C到B，小球克服重力做功与电场力做功之比为
【解析】 A．设小球在C点的速度为vy，在B点速度为vx，AB的长度，设从C到B的时间为t，有，，解得，根据速度−时间关系，可得，即，所以，故A错误；
D．从C到B，小球克服重力做的功为，电场力所做的功为，小球克服重力做的功与电场力做的功的比值为，故D错误；
B．设电场力和重力的合力与水平方向的夹角为，则有，则，，则合加速度为，将小球的初速度分解为沿合外力的方向和与合外力垂直的方向，小球电势能和重力势能之和最大时，小球动能最小，合外力方向的分速度减为零，该过程所用时间，解得，故B正确；
C．电场力和重力的合力与水平方向的夹角为，小球初速度方向与合力方向夹角为120°，，故小球做匀变速曲线运动，故C错误。故选B。
【答案】 B
15．(2022•福建省漳州一中高三(下)第五次阶段考)(多选)图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，O、O′分别为a、f上的两点且OO′连线垂直于等势面。已知d平面为零电势面，一电子仅在电场力的作用下，以10eV的初动能从O点沿与OO′成一定的夹角出发，恰好能到达f平面，已知电子从a到b的过程中克服电场力所做功为2eV。下列说法正确的是( )
A．匀强电场的场强方向水平由O指向O′
B．该电子经过平面b时，其电势能为4eV
C．该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍
D．设电子在a平面出发时的速度方向与OO′夹角为θ，则
【解析】 A．电子从a到b的过程中克服电场力做功2eV，则从a到b电势减小，沿电场线方向电势降低，匀强电场的场强方向水平由O指向O′，故A正确；
B．电子从a到b的过程中克服电场力所做功为2eV，电势能增加2eV，d平面为零电势面，电势能为0，则电子经过平面b时，其电势能为-4eV，故B错误；
C．电子经过平面b时的动能为8eV，过平面d时的动能为4eV，电子经过平面b时的动能是平面d的动能2倍，电子经过平面b时的速率是经过d时的倍，故C错误。
D．从a到b电场力做功为，把速度分解为沿电场方向的vx和垂直电场方向的vy，因恰好能到达f平面，到达f平面时沿电场方向速度为0，有，即，又，则，电子在a平面出发时的速度方向与OO′夹角为θ，则，故D正确。故选AD。
【答案】 AD
16．(2022•陕西省西安市第一中学高三(上)期中)(多选)一小球从A点竖直抛出，在空中同时受到水平向右的恒力，运动轨迹如图，两点在同一水平线上，为轨迹的最高点，小球抛出时动能为，在点的动能为，不计空气阻力。则( )
A．小球水平位移，与的比值为B．小球水平位移与的比值为
C．小球落到点时的动能为D．小球从A点运动到点过程中最小动能为
【解析】 AB．小球在竖直方向上做竖直上抛运动，根据对称性得知，从A 点至点和从点至点的时间相等，小球在水平方向上做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为，根据位移时间公式，，联立可得，A错误B正确；
C．小球从A到，由功能关系知在水平方向上恒力做功为，则从A到水平方向上恒力做功为，根据能量守恒可知，小球运动到点时的动能为，C正确；
D．据运动轨迹，小球的运动方向与加速度的方向垂直时，小球的速度最小，则小球从A到过程最小速度一定与等效垂直，在之间，最小动能小于，D错误。故选BC。
【答案】 BC
17．(2022•山东烟台市德州市高三(下)一模)(多选)如图所示，真空中，水平正对放置的平行金属板A、B间存在竖直方向的匀强电场，带电量为+Q的球P内含有一弹射装置，其质量为m1(含其内部弹射装置)，质量为m2、不带电的小球置于球P内部的弹射装置中。开始时，球P恰好静止在距A板h的位置。某时刻，小球相对于金属板以速度v0水平弹出，球P和小球同时到达金属板。若两球均可视为质点，球P运动过程中电荷量保持不变且不影响原电场分布，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．从小球弹出至到达金属板，球P动量的变化量竖直向上
B．从小球弹出至到达金属板，球P的电势能增加
C．两金属板间的电势差
D．两金属板长度至少为
【解析】 A．原来球P静止时，有，小球弹出时，设P瞬间速率为v1，由动量守恒，小球弹出后，P受电场力大于其重力，合力向上，做类平抛运动到达上板，由牛顿第二定律，由动量定理知，球P动量变化量竖直向上，故A正确；
B．球P向上类平抛运动，电场力做正功，电势能减小，故B错误；
C．小球弹出后，设经时间t到达下板，设两板间距为d，对小球竖直方向，由运动学规律，同理，对P竖直方向，两金属板间的电势差，联立以上各式(含A中公式)可得，故C错误；
D．小球和球P自弹出到落板，水平位移大小分别为，，则两金属板长度至少为，联立A、C、D中公式可得，故D正确。故选ACD。
【答案】 ACD
18．(2022•河北省保定市高三(上)期末)(多选)如图所示，竖直平面内相距的A、B两点(AB水平)均固定有电荷量为Q的正点电荷，半径为a的光滑绝缘细圆管(圆管的大小不计)固定在A、B两点间，其圆心O位于AB的中点，细管与AB以及AB中垂线的交点分别为C、E、D、F。一电荷量为q的带负电小球(视为质点)在圆管内沿顺时针方向运动，以大小为(g为重力加速度大小)的速度通过D点时，小球恰好对细管无压力。静电力常量为k，不计空气阻力。下列说法正确的是( )。
A．小球通过C、E两点时的合力相同B．小球通过F点时的速率为
C．小球的质量为D．小球在C点的电势能等于其在E点的电势能
【解析】 AD．C、E两点高度相同，重力势能相同，并且C、E两点关于O点对称，故小球电势能相同，由能量守恒可知，小球在C、E两点速度相同，故需要的向心力大小相同，故小球通过C、E两点时的合力大小相同，但方向不同，A错误，D正确；
B．D和F两点关于O点对称，故小球电势能相同，小球从D到F过程中只有重力做功，故，解得，故B正确；
C．由几何关系可知，，由平行四边形定则，可知小球在D点时得电场力(q为带负电小球)，方向向下，在D点，合力提供向心力，故，故C正确；故选BCD。
【答案】 BCD
19．(2022•山东省滨州市高三(上)期末)如图所示，a、b、c、d为四个质量均为m的带电小球，恰好构成“三星拱月”之形。小球a、b、c在光滑绝缘水平面内的同一圆周上绕O点做半径为R的匀速圆周运动，三个小球带同种电荷，带电量大小q，三小球所在位置恰好将圆周三等分。小球d带电量大小为4q，位于圆心O点正上方h处，且在外力作用下处于静止状态。已知h=R，静电力常量为( )
A．小球d一定带负电
B．小球c的加速度大小为
C．小球a在转动过程中，电势能始终不变
D．小球b转动一周的过程中，小球a对其始终不做功
【解析】 A．a、b、c三小球所带电荷量以及电性相同，要使三个做匀速圆周运动，d球与a、b、c三小球一定是异种电荷，由于a、b、c三小球的电性未知，所以d球不一定带负电，故A错误；
B．设dc连线与水平方向的夹角为α，则α=45°；对c球，重力，光滑绝缘水平面的支持力，a、b两球的库仑斥力，及d球的库仑引力，依据矢量的合成法则及三角知识，再根据牛顿第二定律和向心力公式，得，解得，故B错误；
C．小球a在转动过程中，四个小球的相对位置不变，则电势能始终不变，选项C正确；
D．小球b转动一周的过程中，小球a对其的斥力方向与b的速度方向不垂直，则b对a做功，选项D错误。故选C。
【答案】 C
20．(2022•山东省滨州市高三(上)期末)(多选)如图所示，绝缘弹射器竖直固定在足够大的桌面右端，开口与桌面平齐；桌面上方有水平向左的匀强电场，电场强度E=3×103N/C。弹射器可以将质量为m=8g，电荷量为q=＋2×10-5C的带电小球以5m/s的速度弹出，落在桌面上后不再弹起。重力加速度g=10m/s²。下列说法正确的是( )
A．小球离桌面的最大高度为1.25m
B．小球在空中运动的最小速度为3m/s
C．小球落回桌面时的速度为m/s
D．小球落回桌面时的位置距弹射器开口处3.75m
【解析】 A．带电小球弹出后，在竖直方向做竖直上抛运动，水平方向向左做匀加速直线运动，小球上升的最大高度由速度位移公式可得，A正确；
B．小球的水平方向加速度为，小球的瞬时速度为，代入数据可得，当时，小球速度最小，最小速度为v=3m/s，B正确；
C．小球落回桌面时所用时间为，小球在水平方向的加速度为，水平方向的速度为，小球落回桌面时的速度为，C错误；
D．由位移时间公式，可得小球落回桌面时的位置距弹射器开口处的距离为，D正确。故选ABD。
【答案】 ABD
21．(2022•高考辽宁卷)如图所示，光滑水平面和竖直面内的光滑圆弧导轨在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，之后沿轨道运动。以O为坐标原点建立直角坐标系，在区域有方向与x轴夹角为的匀强电场，进入电场后小球受到的电场力大小为。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。
【解析】 (1)小球从A到B，根据能量守恒定律得
(2)小球从B到O，根据动能定理有
解得
(3)小球运动至O点时速度竖直向上，受电场力和重力作用，将电场力分解到x轴和y轴，
则x轴方向有
竖直方向有，解得，
说明小球从O点开始以后的运动为x轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，
y轴方向做匀速直线运动，即做类平抛运动，则有，
联立解得小球过O点后运动的轨迹方程
【答案】 (1)；(2)；(3)
22．(2022•高考广东卷)密立根通过观测油滴的运动规律证明了电荷的量子性，因此获得了1923年的诺贝尔奖。图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，上极板中央有一小孔。通过小孔喷入一些小油滴，由于碰撞或摩擦，部分油滴带上了电荷。有两个质量均为、位于同一竖直线上的球形小油滴A和B，在时间t内都匀速下落了距离。此时给两极板加上电压U(上极板接正极)，A继续以原速度下落，B经过一段时间后向上匀速运动。B在匀速运动时间t内上升了距离，随后与A合并，形成一个球形新油滴，继续在两极板间运动直至匀速。已知球形油滴受到的空气阻力大小为，其中k为比例系数，m为油滴质量，v为油滴运动速率，不计空气浮力，重力加速度为g。求：
(1)比例系数k；
(2)油滴A、B的带电量和电性；B上升距离电势能的变化量；
(3)新油滴匀速运动速度的大小和方向。
【解析】 (1)未加电压时，油滴匀速时的速度大小
匀速时，，又，联立可得
(2)加电压后，油滴A的速度不变，可知油滴A不带电，油滴B最后速度方向向上，
可知油滴B所受电场力向上，极板间电场强度向下，可知油滴B带负电，
油滴B向上匀速运动时，速度大小为
根据平衡条件可得，解得
根据，又，联立解得
(3)油滴B与油滴A合并后，新油滴的质量为，
新油滴所受电场力
若，即，可知
新油滴速度方向向上，设向上为正方向，
根据动量守恒定律，可得
新油滴向上加速，达到平衡时
解得速度大小为，速度方向向上；
若，即，可知
设向下为正方向，根据动量守恒定律，可知
新油滴向下加速，达到平衡时
解得速度大小为，速度方向向下。
【答案】 (1)；(2)油滴A不带电，油滴B带负电，电荷量为，；(3)见解析
23．(2022•广东省佛山市高三(下)二模)如图所示，在竖直平面内有内壁光滑的绝缘细管abcde，其中ab、de段水平，bc段为倾角θ=37°的直线管，cd段为半径R=0.6m、圆心角θ=37°的圆弧管，其左端与bc相切、右端与de相切，且其圆心O与ab在同一水平线上，各段间平滑连接。Od连线左侧空间有水平向右的匀强电场。e段有一轻质刚性阀门，阀门左侧紧挨放置一质量m=0.1kg的刚性小球B，其左侧连接一劲度系数k=50N/m的轻质绝缘弹簧，当球B对阀门的作用力F达到5N时阀门将瞬间打开并消隐，此过程中球B无能量损失。现在ab段距b点x0=0.4m处静止释放另一质量也为m、带电量q=+1.0×10-6C的小球A，小球经过bc段时恰好匀速运动，设小球在运动全过程电量不变，取g=10m/s2，sim37°=0.6，求：
(1)电场强度大小；
(2)球A经过圆弧末端d点时受到的弹力大小；
(3)球A的最终速度(设de管足够长)，
【解析】 (1)小球A匀速运动有
解得
(2)小球A由静止运动到d点过程有
解得
小球A过d点时有
解得
(3)设阀门能被球B冲开，此时F=5N，则阀门打开前瞬间弹簧的弹性势能为
设此时小球A的速度大小为，根据能量守恒有
且，mv1=mvA+mvB
联立解得、(不合题意舍去)
或、
因球A速度
因此球A会返回电场，最终又从电场中返回de管，根据能量守恒有，
球A返回de管的速度大小为
即球A不会与球B发生碰撞，故小球A的最终速度为
【答案】 (1)；(2)0.5N；(3)
24．(2022•重庆市第八中学高三(下)冲刺四)戴口罩是防御新冠肺炎的有效措施，某防护口罩如图所示。已知某病菌穿过最外层(需克服阻力做功)后，先与中间层的一静止静电颗粒发生正碰并粘合在一起，然后在电压U的作用下恰好减速停下，从而被中间层阻挡。将该病菌视为质量m的不带电小球，静电颗粒视为质量为、带电量为q的小球，不计其它病菌和颗粒的影响。求
(1)该病菌与静电颗粒发生正碰后的速度大小；
(2)该病菌进入口罩前的初速度大小。
【解析】 (1)由于病菌与静电颗粒碰撞后粘合在一起，且在电压U的作用下恰好减速停下，
根据能量守恒定律得，解得
(2)设碰撞前病菌的速度为，病菌和静止静电颗粒发生正碰，
根据动量守恒定律得，解得
病菌穿过最外层需要克服阻力做功，
根据动能定理得，解得
【答案】 (1)；(2)
25．(2022•湖南省长沙市第一中学高三第六次月考)如图所示，在水平向左的匀强电场中，有一光滑轨道ABCD。AB是水平面，BCD是处于竖直平面内的半圆槽，圆心O在AB的延长线上。今有一带电物体P(可视为质点，电荷量保持不变)从某处以水平向右的初速度向B运动。P在AB上运动的过程中，在第1s内P的位移为24m；在第4s内，P在水平面上运动了1m刚好到达B点，并进入半圆槽BCD中运动。重力加速度。问：
(1)带电体带什么电？
(2)带电体P从A运动到B的时间t和加速度a；
(3)带电体P运动到半圆轨道最低点C时，半圆轨道对它的支持力是其重力的多少倍？
【解析】 (1)由题意可判断P在电场力作用下做减速运动，故P带正电
(2)把P在水平轨道AB上的运动逆过来考虑，可知其为初速度为0的匀加速直线运动，
若刚好运动整整4s，则第1s内(实际中的第4s内)运动1m，那么第4s内(实际中的第1s内)运动7m，
显然，题目所给数据并非如此！注意到题目中“第4s内在水平轨道上的位移为1m，且恰好运动到B处，
并能进入半圆槽BCD中运动”，可知第4s这1s的时间并非都在水平轨道上运动，
而是运动了不足1s的时间，到达B点速度变为0，并开始沿半圆轨道运动。
设第4s内，P在水平轨道上运动的时间为，根据有，
P在水平轨道上运动的总时间为，第1s末时刻到物体至B点运动时间为，
则第1s内的位移为
联立解得，
从A运动到B的时间
(3)由牛顿第二定律可知
设半圆的半径为R，P从B点滑到最低点C，令P到达C点的速度为v，由动能定理有
在C点，设半圆轨道对P的支持力为N，由牛顿第二定律有
联立解得，则
【答案】 (1)正电；(2)，；(3)1.4
26．(2022•天津市实验中学高三(下)第三次检测)如图所示，高h=0.8m的绝缘水平桌面上方的区域Ⅰ中存在匀强电场，场强E的方向与区域的某一边界平行，区域Ⅱ中存在垂直于纸面的匀强磁场B。现有一质量m=0.01kg，带电荷量q=+10-5C的小球从A点以v0=4m/s的初速度水平向右运动，匀速通过区域Ⅱ后落在水平地面上的B点，已知小球与水平桌面间的动摩擦因数，L=1m，h=0.8m，x=0.8m，取g=10m/s2。试求：
(1)小球在区域Ⅱ中的速度；
(2)区域Ⅱ中磁感应强度B的大小及方向；
(3)区域Ⅰ中电场强度E的大小及方向。
【解析】 (1)小球离开磁场后做平抛运动，设小球在磁场中匀速运动的速度为v，
据位移公式有，，联立解得
(2)由于小球在磁场中匀速运动，只能受重力和洛仑兹力作用，
故满足，解得
根据左手定则可判断磁感应强度B的方向垂直纸面向里。
(3)由于v由动能定理可得，解得
故电场方向有两种可能：
①电场方向水平向左，由动能定理可得
解得
②电场方向竖直向下，由动能定理可得
解得
【答案】 (1)2m/s；(2)，垂直纸面向里；(3)①，水平向左，②，竖直向下
27．(2022•重庆市西南大学附属中学高三(下)全真一)如图甲，在光滑绝缘水平地面上，宽为的区域内存在水平向右的电场，电场强度随时间变化的图像如图乙，质量为的不带电绝缘小球静止在区域内距A为x()的位置，时，带电量为、质量为m的小球以速度从A点进入区域，与发生碰撞后以反弹，已知、在区域内只发生一次碰撞，碰撞时问极短，的电量保持不变。
(1)求碰撞后小球获得的速度；
(2)若时，刚好从A离开区域，求这种情况下x的值；
(3)当时，讨论离开区域时的速度大小。
【解析】 (1)由动量守恒定律，可得碰撞后小球获得的速度
(2)若时，刚好从A离开区域，则有，可得
(3)施加电场前，碰撞前和碰撞后都为匀速，向右匀速时间
向左匀速时间，则距离A点的距离为，得
施加电场后，对：
假设从A点离开，得
令解得
当时，物体从A点离开
当时，物体从B点离开，电场出现时刻，距离B点的距离
之后只有电场力做功，由动能定理得，解得
【答案】 (1)；(2)；(3)见解析
28．(2022•陕西省西安市第一中学高三(上)期中)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。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，已知甲、乙两球的质量均为，乙所带电荷量，g取水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点，整个运动过程无电荷转移
(1)甲乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点D，求乙在轨道上的首次落点到B点的距离；
(2)在满足(1)的条件下求甲的速度；
(3)若甲仍以速度向右运动，增大甲的质量，保持乙的质量不变，求乙在轨道上的首次落点到B点的距离范围。
【解析】 在乙恰能通过轨道的最高点的情况下，设乙到达最高点的速度为，乙离开D点到达水平轨道的时间为t，乙的落点到B点的距离为x，则由向心力公式得
竖直方向匀加速运动
水平方向匀速运动
联立解得
设碰撞后甲、乙的速度分别为、，根据动量守恒有
根据机械能守恒定律有
联立解得，
由动能定理得
联立解得
设甲的质量为M，碰撞后甲、乙的速度分别为、，根据动量守恒有
根据机械能守恒定律有
有以上两式可得
由于，可得
设乙球过D点的速度为，由动能定理得
联立以上两个方程可得
设乙在水平轨道上的落点到B点的距离为，则有
所以可以解得
【答案】 (1)0.4m；(2)；(3)
29．(2022•银川一中第六次月考)在光滑绝缘水平面上放置一质量m=0.2kg、电荷量q=10-5C的小球，小球系在长L=0.5m的绝缘细线上，线的另一端固定在O点，整个装置放置于E=2×106N/C的匀强电场中，电场方向与水平面平行且沿OA方向，如图所示(此图为俯视图)。现给小球一初速度使其绕O点做圆周运动，小球经过A点时细线的张力F=140N，小球可视为质点。求：
(1)小球运动过程中的最大动能。
(2)若小球运动到动能最小位置时细线被剪断，则小球经过多长时间其动能变为最小动能的2倍？
(3)当某次小球运动到A点时，电场方向突然反向但场强大小不变，并且此后小球每转过rad场强均反向且场强大小不变，求：
①若细线能承受的最大张力Fmax=160N，求绳断时小球速度的大小。
②若细线最大张力足够，从电场第一次反向开始，小球转过角度满足≤＜2时，求绳子张力FT关于的表达式。
【解析】 (1)小球由其他位置到A点，电场力均做正功，所以小球在A点动能最大，在A点，
根据牛顿第二定律得
最大动能为
(2)小球运动到B点时，动能最小，
根据动能定理得，解得
绳断后，小球做类平抛运动，当末动能是B点动能的两倍时，有，解得
其速度角满足，所以，解得
(3) ①设小球转过的角度为α时，绳子拉断，
则有，
解得，
②设小球转过的角度为时，绳子拉断，
则有，
解得
【答案】 (1) ； (2) ；(3) ①；②
B．小球的动能等于初始动能时，其电势能最大
C．小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，其动能最大
D．从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，重力做的功等于小球电势能的增加量
【解析】 A．如图所示，故等效重力的方向与水平成。当时速度最小为，由于此时存在水平分量，电场力还可以向左做负功，故此时电势能不是最大，故A错误；
BD．水平方向上，在竖直方向上，由于，得，如图所示，小球的动能等于末动能。由于此时速度没有水平分量，故电势能最大。由动能定理可知，则重力做功等于小球电势能的增加量， 故BD正确；
C．当如图中v1所示时，此时速度水平分量与竖直分量相等，动能最小，故C错误；故选BD。
【答案】 BD
2．(2022•重庆市第八中学高三(下)冲刺四)如图，滑块A、B的质量均为m，B带正电，电荷量为q；A不带电，A套在固定竖直直杆上，A、B通过转轴用长度为L的刚性轻杆连接，B放在水平面上并靠近竖直杆，A、B均静止。现加上水平向右强度为E的匀强电场，B开始沿水平面向右运动。不计一切摩擦，A、B视为质点。在A下滑的过程中，下列说法正确的是( )
A．A、B组成的系统机械能守恒
B．A运动到最低点时，轻杆对A的拉力为零
C．A运动到最低点时，滑块A速度大小为
D．A的机械能最小时，B的加速度大小为零
【解析】 A．电场力对B做正功，所以系统机械能增加，故A错误；
B．以B和轻杆为整体，最低点时合力为零，在水平方向有，所以A对轻杆的作用力等于电场力，故B错误；
C．A运动到最低点时，B的速度为零，由能量守恒可得，解得，故C正确；
D．假设无电场，系机械能守恒， A机械能最小时，B机械能最大，即B的动能最大，速度最大，加速度为零，因为电场力并不影响A的机械能，所以有电场和无电场时A机械能最小时在杆上的位置相同，但是有电场情况下，A最小机械能时B还受水平向右的电场力，所以加速度不为零，故D错误。故选C。
【答案】 C
3．(2022•湖南省长沙市第一中学高三第九次月考)(多选)如图所示，边长为L的正方形粗糙绝缘斜面ABCD的倾角为45°。处于方向水平向左的匀强电场中，一质量为m、电荷量为＋q的物体自B点由静止释放，恰好能沿斜面对角线BD做直线运动，到达D点时的速率为v。不计物体电荷量损失，已知重力加速度为g，则根据上述条件可知( )
A．物体与斜面间的动摩擦因数为
B．匀强电场的场强大小为
C．从B运动到D，物体的机械能不一定减少
D．电场力做功和重力做功相等，且都大于
【解析】 B．重力沿斜面向下的分力，电场力与的合力沿BD方向，由题意可知，故B错误；
A．电场力与的合力大小为，根据牛顿第二定律，根据运动学公式，解得，故A正确；
C．选取地面为零势能面，初状态的机械能，末状态的机械能，由于没给出速度v的具体数值，因此无法比较和的大小，也就是无法确定机械能是增加还是减小，故C正确；
D．由题中教据可知，整个过程中，电场力做功与重力做功相等，根据动能定理，，故D正确。故选ACD。
【答案】 ACD
4．(2022•湖南省长沙市第一中学高三第五次月考)(多选)如图所示，一个光滑斜面与一个光滑的竖直圆轨道在A点相切，B点为圆轨道的最低点，C点为圆轨道的最高点，整个空间存在水平向左的匀强电场。一质量为kg，电荷量为的带电小球从斜面上静止释放，小球始终能沿轨道运动。已知电场强度，，圆轨道半径m，g取10m/s2，，。则以下说法中正确的是( )
A．刚释放小球时小球的加速度的大小为12.5m/s2
B．若小球能到达C点，释放点与A的距离至少为12.75m
C．若小球恰能到达C点．此运动过程中小球对轨道的最大压力为67.5N
D．若电场方向相反，大小不变，小球恰能到达C点，小球运动在过程中对轨道的最大压力为67.5N
【解析】 A．对小球受力分析，小球所受电场力水平向右，且题设小球始终沿轨道运动，由牛顿第二定律得，解得m/s2，故A正确；
B．小球若恰好到达C点，在C点由牛顿第二定律得，从释放到到达C点，由动能定理得，代入数据解得m，故B错误；
C．设重力与电场力的合力方向与竖直方向成α角，故，解得，方向恰好沿斜面方向，大小为，由释放点到最大速度点由动能定理得，对该点由牛顿第二定律得，由牛顿第三定律得压力N，故C正确；
D．若电场反向，设小球于B点左侧α角处达到最大速度，同理解得，沿如图所示OD方向
此时若小球能到达C点，应先恰能到达E点，对E点受力分析得，解得m/s，对D到E由动能定理得，解得m/s，对该点由牛顿第二定律得，由牛顿第三定律得压力N，故D错误。故选AC。
【答案】 AC
5．(2022•重庆市育才中学高三(下)入学考试)(多选)如图所示，在竖直面内有一半径为R的圆环型轨道，轨道内部最低点A处有一质量为m的光滑带正电的小球(可视作质点)，其所带电荷量为q，在圆环区域内存在着方向水平向右的匀强电场，电场强度E=，现给小球一个水平向右的初速度，使小球开始运动，以下说法正确的是( )
A．若v0＞，则小球可以做完整的圆周运动
B．若小球可以做完整的圆周运动，则轨道所给弹力的最大值与最小值相差4mg
C．若v0=，则小球将在轨道最高点B处脱离轨道
D．若v0=，则小球不会脱离轨道
【解析】 小球同时受到重力和电场力作用，这时可认为小球处于等效重力场中，小球受到的等效重力为，等效重力加速度为，小球可以做完整的圆周运动，则有，与竖直方向的夹角，如图所示，在等效重力场中应用机械能守恒定律可得，解得，A错误；
B．若小球可以做完整的圆周运动，则小球在等效重力场中最低点轨道所给的弹力最大，等效最高点轨道所给的弹力最小，在最低点有，在最高点有，小球从最低点到最高点的过程中，有，解得轨道所给弹力的最大值与最小值相差为
C．若v0=，小球到达最高点B处的过程中，重力做负功，电场力不做功，则有，解得，故可得小球将在轨道最高点B处脱离轨道，C正确；
D．在等效重力场中，当v0=时，小球没有超过等效重力场中的半圆，故小球不会脱离轨道，D正确。故选BCD。
【答案】 BCD
6．(2022•重庆育才中学一模)(多选)在倾角为的光滑固定绝缘斜面上有两个用绝缘轻弹簧连接的物块A和B，它们的质量分别为m和2m，弹簧的劲度系数为，C为一固定挡板，开始未加电场，系统处于静止状态，A带正电，B不带电，现加一沿斜面向上的匀强电场，物块A沿斜面向上运动，当B刚离开C时，A的速度为v，之后两个物体运动中当A的加速度为0时，B的加速度大小均为a，方向沿斜面向上，则下列说法正确的是( )
A．从加电场后到B刚离开C的过程中，挡板C对物块B的冲量为0
B．从加电场后到B刚离开C的过程中，A发生的位移大小为
C．从加电场后到B刚离开C的过程中，物块A的机械能和电势能之和先增大后减小
D．B刚离开C时，电场力对A做功的瞬时功率为
【解析】 A．从加电场后到B刚离开C的过程中，挡板C对物块B的作用力不为零，故冲量不为0，A错误；
B．开始未加电场时，弹簧处于压缩状态，对A，由平衡条件可得，解得，物块B刚要离开C时，弹簧处于拉伸状态，对B由平衡条件可得，解得，故从加电场后到B刚离开C的过程中，A发生的位移大小为，B正确；
C．对A、B和弹簧组成的系统，从加电场后到B刚离开C的过程中，物块A的机械能、电势能与弹簧的弹性势能之和保持不变，弹簧的弹性势能先减小后增大，故物块A的机械能和电势能之和先增大后减小，C正确；
D．设A所受电场力大小为F，当A的加速度为零时，B的加速度大小为a，方向沿斜面向上，据牛顿第二定律对A、B分别有，，联立解得，故B刚离开C时，电场力对A做功的瞬时功率为，D正确。故选BCD。
【答案】 BCD
7．(2022•西南大学附属中学校第六次月考)(多选)某同学用如图1所示装置研究带电小球在重力场和电场中具有的势能(重力势能、电势能之和)情况。两个带同种电荷的小球1、2放在竖直放置的绝缘圆筒中，1固定在圆筒底部，2从靠近1位置处释放，测出的位置和速度，利用能量守恒可以得到势能图像。图2中Ⅰ图是小球图像，Ⅱ图是计算机拟合的图线Ⅰ的渐近线，实验中一切摩擦可忽略，小球的电荷量不会发生变化，，则2小球( )
A．上升过程速度一直变大
B．上升过程速度先变大后变小
C．质量为
D．从处运动至处电势能减少
【解析】 AB．上升过程系统能量守恒，结合图像可知，上升过程中势能先变小后变大，因此，小球2的动能先变大后变小，速度也先变大后变小，A错误，B正确；
C．根据库仑定律，可知，当时，，系统势能的变化量主要取决于重力做功，即，由此可知小球2的重力等于图中渐近线的斜率，结合图像可知，解得，C正确；
D．从处运动至过程中，根据系统能量守恒，根据动能定理可得，又因为，解得，从处运动至过程中，电场力做的正功，电势能减少，D正确。故选BCD。
【答案】 BCD
8．(2022•上海市南洋模范中学高三(下)4月适应练习)如图，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( )
①一定小于 ②一定大于 ③一定大于 ④一定大于
A．①②③B．①②④C．①③④D．②③④
【解析】 ①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，故有，同理有，由于θ1>θ2，故mA
③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A摆动过程机械能守恒，有，解得，摆球B到最低点时下降的高度，小球B摆动过程机械能守恒，有，解得，由于A球摆到最低点过程，下降的高度较大，故A球的速度较大，故③正确；
④小球摆动过程机械能守恒，有，故有，其中FLcsθ相同，故θ越大，动能越大，故EkA一定大于EkB，故④正确。故选C。
【答案】 C
9．(2022•陕西省西安中学高三(上)期中)(多选)如图所示，在竖直平面内xOy坐标系中分布着与水平方向成角的匀强电场，将一质量为m、带电荷量为q的小球，以某一初速度从O点竖直向上抛出，它的轨迹恰好满足抛物线方程，且小球通过点P(,)，已知重力加速度为，则下列说法错误的是( )
A．电场强度的大小为
B．小球初速度的大小为
C．小球通过点P时的动能为
D．小球的从O点运动到P点过程中，电势能减少
【解析】 A．小球做类平抛运动，则电场力与重力的合力沿x轴正方向，可知，电场强度的大小为，选项A错误；
B．小球竖直方向做匀速运动，小球水平方向上做匀加速，水平方向的合力提供加速度，解得：，选项B错误；
C．有动能定理可知：，所以小球通过点P时的动能为，故选项C正确；
D．小球从O到P过程中电势能减少，且减少的电势能等于电场力做的功，即，选项D错误。此题选择错误的选项，故选ABD。
【答案】 ABD
10．(2022•江苏省扬州中学高三(下)开学考试)空间某区域内存在着电场，电场线在竖直平面上分布如图所示。一个质量为、电荷量为的小球在该电场中运动，小球经过点时的速度大小为，方向水平向右，运动至点时的速度大小为，运动方向与水平方向之间的夹角为，、两点之间的高度差与水平距离均为，则下列判断中正确的是( )
A．小球速度
B．、两点间的电势差
C．小球由点运动到点的过程中，电势能可能增加
D．小球运动到点时所受重力的瞬时功率
【解析】 C．若小球带负电，则从A到B电场力做负功，电势能增加；若小球带正电，则从A到B电场力做正功，电势能减小；选项C正确；
A．小球由A点运动至B点，由动能定理得，因重力功和电场力功的大小以及正负关系无法确定，则不能比较v1和v2的大小，选项A错误；
B．因电场力做功为，由电场力做功，得A、B两点间的电势差为，故B错误；
D．小球运动到B点时所受重力与速度方向之间的夹角是，则其重力的瞬时功率，故D错误．故选C。
【答案】 C
11．(2022•双鸭山市第一中学高三(下)开学考试)(多选)如图所示，固定光滑直杆上套有一个质量为m，带电量为+q的小球和两根原长均为L的轻弹簧，两根轻弹簧的一端与小球绝缘相连，另一端分别固定在杆上相距为2L的A、B两点；空间存在方向竖直向下的匀强电场。已知直杆与水平面的夹角为，两弹簧的劲度系数均，小球在距B点的P点处于静止状态。Q点距A点，小球在Q点由静止释放，重力加速度为g。则( )
A．匀强电场的电场强度大小为
B．小球在Q点的加速度大小为
C．小球运动的最大动能为
D．小球运动到最低点的位置离B点距离为
【解析】 A．依题意，小球在距B点的P点处于静止状态，小球受到两根弹簧的弹力合力大小为，对小球由共点力平衡可得，解得，故A错误；
B．根据对称性，可知小球在Q点的受两弹簧弹力合力情况与P点大小相等，方向相反，根据牛顿第二定律，有，求得，故B错误；
C．小球从Q点由静止下滑时，运动到P点受力平衡，加速度为0，速度最大，动能最大，从Q到P过程中，根据动能定理可得，由几何关系可求得，联立求得，故C正确；
D．依题意，可判断知小球从Q点静止运动到最低点时，小球做简谐振动，P点为平衡位置，根据简谐运动的对称性可知，小球运动最低点到P点距离为，所以小球运动到最低点的位置离B点距离为，故D正确。故选CD。
【答案】 CD
12．(2022•哈尔滨市第六中学高三(上)期末)(多选)如图，在竖直向下的匀强电场()中，一质量为m，带电量为-q(q>0)的小球，用长为R的轻绳悬挂于O点，让小球在竖直平面内做圆周运动，其中A、B是圆周上的最高点和最低点，则下列说法正确的是( )
A．若要完成完整的圆周运动，到达A点的速度至少为
B．若要完成完整的圆周运动，到达B点的速度至少为
C．小球由A运动到B的过程中，绳子拉力逐渐减小
D．小球由A运动到B的过程中，小球电势能的增加量等于重力势能减少量
【解析】 AB．重力与电场力合力的大小为，方向是竖直向上的，所以A点相当于圆周运动中的等效最低点，B点相当于圆周运动中的等效最高点，若恰好做完整的圆周运动，在B点，根据圆周运动规律可得，解得，从A到B，根据动能定理可得，解得，故A错误，B正确；
C．在A点绳子受到的拉力最大，B点绳子受到的拉力最小，所以小球由A运动到B的过程中，绳子拉力逐渐减小，故C正确；
D．小球由A运动到B的过程中，根据能量守恒可知，小球电势能的增加量等于机械能的减少量，故D错误。故选BC。
【答案】 BC
13．(2022•哈尔滨师范大学附属中学高三(上)期中)(多选)在足够长的光滑绝缘水平台面上，存在有平行于水平台面而向右的匀强电场，电场强度为E.水平台面上放置两个静止的小球A和B(均可看作质点),两小球质量均为,带正电的A球电荷量为Q,B球不带电,A、B连线与电场线平行.开始时两球相距L,在电场力作用下,A球开始运动(此时为计时零点,即t=0),后与B球发生正碰,碰撞过程中A、B两球总动能无损失.若在各次碰撞过程中,A、B两球间均无电荷量转移,且不考虑两球碰撞时间及两球间的万有引力,则( )
A．第一次碰撞结束瞬间B球的速度大小为
B．第一次碰撞到第二次碰撞B小球向右运动了2L
C．第二次碰撞结束瞬间B球的速度大小为
D．相邻两次碰撞时间间隔总为
【解析】 A.A球的加速度，碰前A的速度，碰前B的速度，由于A与B球发生正碰，碰撞过程中A、B两球质量相等且总动能无损失，所以A、B碰撞后交换速度，设碰后A、B球速度分别为，则有，故A正确；
BC.A、B球发生第一次、第二次、第三次的碰撞时刻分别为，则，第一次碰后，经(t2-t1)时间A、B两球发生第二次碰撞，设碰前瞬间A、B两球速度分别为和，，解得，第二次碰后瞬间，A、B两球速度分别为和，则， 第一次碰撞到第二次碰撞B小球向右运动了，故B错误，C错误；
D.第二次碰后经(t3-t2)时间A、B两球发生第三次碰撞,并设碰前瞬间A、B两球速度分别为和，依此类推可得相邻两次碰撞时间间隔总为，故D正确．故选AD
【答案】 AD
14．(2022•黑龙江省大庆中学高三(上)期中)如题图所示，真空中竖直平面内的三点A、B、C构成直角三角形，其中AC竖直，长度为L， B 30。匀强电场在A、B、C所决定的平面内，电场强度为E，电场方向与AB平行。现将质量为m的带电小球以初动能Ek沿CA方向从C点射出，小球通过B点时速度恰好沿AB方向，已知重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．小球所受电场力为所受重力的3倍
B．经过时间，小球电势能和重力势能之和最大
C．从C到B，小球做匀变速直线运动
D．从C到B，小球克服重力做功与电场力做功之比为
【解析】 A．设小球在C点的速度为vy，在B点速度为vx，AB的长度，设从C到B的时间为t，有，，解得，根据速度−时间关系，可得，即，所以，故A错误；
D．从C到B，小球克服重力做的功为，电场力所做的功为，小球克服重力做的功与电场力做的功的比值为，故D错误；
B．设电场力和重力的合力与水平方向的夹角为，则有，则，，则合加速度为，将小球的初速度分解为沿合外力的方向和与合外力垂直的方向，小球电势能和重力势能之和最大时，小球动能最小，合外力方向的分速度减为零，该过程所用时间，解得，故B正确；
C．电场力和重力的合力与水平方向的夹角为，小球初速度方向与合力方向夹角为120°，，故小球做匀变速曲线运动，故C错误。故选B。
【答案】 B
15．(2022•福建省漳州一中高三(下)第五次阶段考)(多选)图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，O、O′分别为a、f上的两点且OO′连线垂直于等势面。已知d平面为零电势面，一电子仅在电场力的作用下，以10eV的初动能从O点沿与OO′成一定的夹角出发，恰好能到达f平面，已知电子从a到b的过程中克服电场力所做功为2eV。下列说法正确的是( )
A．匀强电场的场强方向水平由O指向O′
B．该电子经过平面b时，其电势能为4eV
C．该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍
D．设电子在a平面出发时的速度方向与OO′夹角为θ，则
【解析】 A．电子从a到b的过程中克服电场力做功2eV，则从a到b电势减小，沿电场线方向电势降低，匀强电场的场强方向水平由O指向O′，故A正确；
B．电子从a到b的过程中克服电场力所做功为2eV，电势能增加2eV，d平面为零电势面，电势能为0，则电子经过平面b时，其电势能为-4eV，故B错误；
C．电子经过平面b时的动能为8eV，过平面d时的动能为4eV，电子经过平面b时的动能是平面d的动能2倍，电子经过平面b时的速率是经过d时的倍，故C错误。
D．从a到b电场力做功为，把速度分解为沿电场方向的vx和垂直电场方向的vy，因恰好能到达f平面，到达f平面时沿电场方向速度为0，有，即，又，则，电子在a平面出发时的速度方向与OO′夹角为θ，则，故D正确。故选AD。
【答案】 AD
16．(2022•陕西省西安市第一中学高三(上)期中)(多选)一小球从A点竖直抛出，在空中同时受到水平向右的恒力，运动轨迹如图，两点在同一水平线上，为轨迹的最高点，小球抛出时动能为，在点的动能为，不计空气阻力。则( )
A．小球水平位移，与的比值为B．小球水平位移与的比值为
C．小球落到点时的动能为D．小球从A点运动到点过程中最小动能为
【解析】 AB．小球在竖直方向上做竖直上抛运动，根据对称性得知，从A 点至点和从点至点的时间相等，小球在水平方向上做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为，根据位移时间公式，，联立可得，A错误B正确；
C．小球从A到，由功能关系知在水平方向上恒力做功为，则从A到水平方向上恒力做功为，根据能量守恒可知，小球运动到点时的动能为，C正确；
D．据运动轨迹，小球的运动方向与加速度的方向垂直时，小球的速度最小，则小球从A到过程最小速度一定与等效垂直，在之间，最小动能小于，D错误。故选BC。
【答案】 BC
17．(2022•山东烟台市德州市高三(下)一模)(多选)如图所示，真空中，水平正对放置的平行金属板A、B间存在竖直方向的匀强电场，带电量为+Q的球P内含有一弹射装置，其质量为m1(含其内部弹射装置)，质量为m2、不带电的小球置于球P内部的弹射装置中。开始时，球P恰好静止在距A板h的位置。某时刻，小球相对于金属板以速度v0水平弹出，球P和小球同时到达金属板。若两球均可视为质点，球P运动过程中电荷量保持不变且不影响原电场分布，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．从小球弹出至到达金属板，球P动量的变化量竖直向上
B．从小球弹出至到达金属板，球P的电势能增加
C．两金属板间的电势差
D．两金属板长度至少为
【解析】 A．原来球P静止时，有，小球弹出时，设P瞬间速率为v1，由动量守恒，小球弹出后，P受电场力大于其重力，合力向上，做类平抛运动到达上板，由牛顿第二定律，由动量定理知，球P动量变化量竖直向上，故A正确；
B．球P向上类平抛运动，电场力做正功，电势能减小，故B错误；
C．小球弹出后，设经时间t到达下板，设两板间距为d，对小球竖直方向，由运动学规律，同理，对P竖直方向，两金属板间的电势差，联立以上各式(含A中公式)可得，故C错误；
D．小球和球P自弹出到落板，水平位移大小分别为，，则两金属板长度至少为，联立A、C、D中公式可得，故D正确。故选ACD。
【答案】 ACD
18．(2022•河北省保定市高三(上)期末)(多选)如图所示，竖直平面内相距的A、B两点(AB水平)均固定有电荷量为Q的正点电荷，半径为a的光滑绝缘细圆管(圆管的大小不计)固定在A、B两点间，其圆心O位于AB的中点，细管与AB以及AB中垂线的交点分别为C、E、D、F。一电荷量为q的带负电小球(视为质点)在圆管内沿顺时针方向运动，以大小为(g为重力加速度大小)的速度通过D点时，小球恰好对细管无压力。静电力常量为k，不计空气阻力。下列说法正确的是( )。
A．小球通过C、E两点时的合力相同B．小球通过F点时的速率为
C．小球的质量为D．小球在C点的电势能等于其在E点的电势能
【解析】 AD．C、E两点高度相同，重力势能相同，并且C、E两点关于O点对称，故小球电势能相同，由能量守恒可知，小球在C、E两点速度相同，故需要的向心力大小相同，故小球通过C、E两点时的合力大小相同，但方向不同，A错误，D正确；
B．D和F两点关于O点对称，故小球电势能相同，小球从D到F过程中只有重力做功，故，解得，故B正确；
C．由几何关系可知，，由平行四边形定则，可知小球在D点时得电场力(q为带负电小球)，方向向下，在D点，合力提供向心力，故，故C正确；故选BCD。
【答案】 BCD
19．(2022•山东省滨州市高三(上)期末)如图所示，a、b、c、d为四个质量均为m的带电小球，恰好构成“三星拱月”之形。小球a、b、c在光滑绝缘水平面内的同一圆周上绕O点做半径为R的匀速圆周运动，三个小球带同种电荷，带电量大小q，三小球所在位置恰好将圆周三等分。小球d带电量大小为4q，位于圆心O点正上方h处，且在外力作用下处于静止状态。已知h=R，静电力常量为( )
A．小球d一定带负电
B．小球c的加速度大小为
C．小球a在转动过程中，电势能始终不变
D．小球b转动一周的过程中，小球a对其始终不做功
【解析】 A．a、b、c三小球所带电荷量以及电性相同，要使三个做匀速圆周运动，d球与a、b、c三小球一定是异种电荷，由于a、b、c三小球的电性未知，所以d球不一定带负电，故A错误；
B．设dc连线与水平方向的夹角为α，则α=45°；对c球，重力，光滑绝缘水平面的支持力，a、b两球的库仑斥力，及d球的库仑引力，依据矢量的合成法则及三角知识，再根据牛顿第二定律和向心力公式，得，解得，故B错误；
C．小球a在转动过程中，四个小球的相对位置不变，则电势能始终不变，选项C正确；
D．小球b转动一周的过程中，小球a对其的斥力方向与b的速度方向不垂直，则b对a做功，选项D错误。故选C。
【答案】 C
20．(2022•山东省滨州市高三(上)期末)(多选)如图所示，绝缘弹射器竖直固定在足够大的桌面右端，开口与桌面平齐；桌面上方有水平向左的匀强电场，电场强度E=3×103N/C。弹射器可以将质量为m=8g，电荷量为q=＋2×10-5C的带电小球以5m/s的速度弹出，落在桌面上后不再弹起。重力加速度g=10m/s²。下列说法正确的是( )
A．小球离桌面的最大高度为1.25m
B．小球在空中运动的最小速度为3m/s
C．小球落回桌面时的速度为m/s
D．小球落回桌面时的位置距弹射器开口处3.75m
【解析】 A．带电小球弹出后，在竖直方向做竖直上抛运动，水平方向向左做匀加速直线运动，小球上升的最大高度由速度位移公式可得，A正确；
B．小球的水平方向加速度为，小球的瞬时速度为，代入数据可得，当时，小球速度最小，最小速度为v=3m/s，B正确；
C．小球落回桌面时所用时间为，小球在水平方向的加速度为，水平方向的速度为，小球落回桌面时的速度为，C错误；
D．由位移时间公式，可得小球落回桌面时的位置距弹射器开口处的距离为，D正确。故选ABD。
【答案】 ABD
21．(2022•高考辽宁卷)如图所示，光滑水平面和竖直面内的光滑圆弧导轨在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，之后沿轨道运动。以O为坐标原点建立直角坐标系，在区域有方向与x轴夹角为的匀强电场，进入电场后小球受到的电场力大小为。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。
【解析】 (1)小球从A到B，根据能量守恒定律得
(2)小球从B到O，根据动能定理有
解得
(3)小球运动至O点时速度竖直向上，受电场力和重力作用，将电场力分解到x轴和y轴，
则x轴方向有
竖直方向有，解得，
说明小球从O点开始以后的运动为x轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，
y轴方向做匀速直线运动，即做类平抛运动，则有，
联立解得小球过O点后运动的轨迹方程
【答案】 (1)；(2)；(3)
22．(2022•高考广东卷)密立根通过观测油滴的运动规律证明了电荷的量子性，因此获得了1923年的诺贝尔奖。图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，上极板中央有一小孔。通过小孔喷入一些小油滴，由于碰撞或摩擦，部分油滴带上了电荷。有两个质量均为、位于同一竖直线上的球形小油滴A和B，在时间t内都匀速下落了距离。此时给两极板加上电压U(上极板接正极)，A继续以原速度下落，B经过一段时间后向上匀速运动。B在匀速运动时间t内上升了距离，随后与A合并，形成一个球形新油滴，继续在两极板间运动直至匀速。已知球形油滴受到的空气阻力大小为，其中k为比例系数，m为油滴质量，v为油滴运动速率，不计空气浮力，重力加速度为g。求：
(1)比例系数k；
(2)油滴A、B的带电量和电性；B上升距离电势能的变化量；
(3)新油滴匀速运动速度的大小和方向。
【解析】 (1)未加电压时，油滴匀速时的速度大小
匀速时，，又，联立可得
(2)加电压后，油滴A的速度不变，可知油滴A不带电，油滴B最后速度方向向上，
可知油滴B所受电场力向上，极板间电场强度向下，可知油滴B带负电，
油滴B向上匀速运动时，速度大小为
根据平衡条件可得，解得
根据，又，联立解得
(3)油滴B与油滴A合并后，新油滴的质量为，
新油滴所受电场力
若，即，可知
新油滴速度方向向上，设向上为正方向，
根据动量守恒定律，可得
新油滴向上加速，达到平衡时
解得速度大小为，速度方向向上；
若，即，可知
设向下为正方向，根据动量守恒定律，可知
新油滴向下加速，达到平衡时
解得速度大小为，速度方向向下。
【答案】 (1)；(2)油滴A不带电，油滴B带负电，电荷量为，；(3)见解析
23．(2022•广东省佛山市高三(下)二模)如图所示，在竖直平面内有内壁光滑的绝缘细管abcde，其中ab、de段水平，bc段为倾角θ=37°的直线管，cd段为半径R=0.6m、圆心角θ=37°的圆弧管，其左端与bc相切、右端与de相切，且其圆心O与ab在同一水平线上，各段间平滑连接。Od连线左侧空间有水平向右的匀强电场。e段有一轻质刚性阀门，阀门左侧紧挨放置一质量m=0.1kg的刚性小球B，其左侧连接一劲度系数k=50N/m的轻质绝缘弹簧，当球B对阀门的作用力F达到5N时阀门将瞬间打开并消隐，此过程中球B无能量损失。现在ab段距b点x0=0.4m处静止释放另一质量也为m、带电量q=+1.0×10-6C的小球A，小球经过bc段时恰好匀速运动，设小球在运动全过程电量不变，取g=10m/s2，sim37°=0.6，求：
(1)电场强度大小；
(2)球A经过圆弧末端d点时受到的弹力大小；
(3)球A的最终速度(设de管足够长)，
【解析】 (1)小球A匀速运动有
解得
(2)小球A由静止运动到d点过程有
解得
小球A过d点时有
解得
(3)设阀门能被球B冲开，此时F=5N，则阀门打开前瞬间弹簧的弹性势能为
设此时小球A的速度大小为，根据能量守恒有
且，mv1=mvA+mvB
联立解得、(不合题意舍去)
或、
因球A速度
因此球A会返回电场，最终又从电场中返回de管，根据能量守恒有，
球A返回de管的速度大小为
即球A不会与球B发生碰撞，故小球A的最终速度为
【答案】 (1)；(2)0.5N；(3)
24．(2022•重庆市第八中学高三(下)冲刺四)戴口罩是防御新冠肺炎的有效措施，某防护口罩如图所示。已知某病菌穿过最外层(需克服阻力做功)后，先与中间层的一静止静电颗粒发生正碰并粘合在一起，然后在电压U的作用下恰好减速停下，从而被中间层阻挡。将该病菌视为质量m的不带电小球，静电颗粒视为质量为、带电量为q的小球，不计其它病菌和颗粒的影响。求
(1)该病菌与静电颗粒发生正碰后的速度大小；
(2)该病菌进入口罩前的初速度大小。
【解析】 (1)由于病菌与静电颗粒碰撞后粘合在一起，且在电压U的作用下恰好减速停下，
根据能量守恒定律得，解得
(2)设碰撞前病菌的速度为，病菌和静止静电颗粒发生正碰，
根据动量守恒定律得，解得
病菌穿过最外层需要克服阻力做功，
根据动能定理得，解得
【答案】 (1)；(2)
25．(2022•湖南省长沙市第一中学高三第六次月考)如图所示，在水平向左的匀强电场中，有一光滑轨道ABCD。AB是水平面，BCD是处于竖直平面内的半圆槽，圆心O在AB的延长线上。今有一带电物体P(可视为质点，电荷量保持不变)从某处以水平向右的初速度向B运动。P在AB上运动的过程中，在第1s内P的位移为24m；在第4s内，P在水平面上运动了1m刚好到达B点，并进入半圆槽BCD中运动。重力加速度。问：
(1)带电体带什么电？
(2)带电体P从A运动到B的时间t和加速度a；
(3)带电体P运动到半圆轨道最低点C时，半圆轨道对它的支持力是其重力的多少倍？
【解析】 (1)由题意可判断P在电场力作用下做减速运动，故P带正电
(2)把P在水平轨道AB上的运动逆过来考虑，可知其为初速度为0的匀加速直线运动，
若刚好运动整整4s，则第1s内(实际中的第4s内)运动1m，那么第4s内(实际中的第1s内)运动7m，
显然，题目所给数据并非如此！注意到题目中“第4s内在水平轨道上的位移为1m，且恰好运动到B处，
并能进入半圆槽BCD中运动”，可知第4s这1s的时间并非都在水平轨道上运动，
而是运动了不足1s的时间，到达B点速度变为0，并开始沿半圆轨道运动。
设第4s内，P在水平轨道上运动的时间为，根据有，
P在水平轨道上运动的总时间为，第1s末时刻到物体至B点运动时间为，
则第1s内的位移为
联立解得，
从A运动到B的时间
(3)由牛顿第二定律可知
设半圆的半径为R，P从B点滑到最低点C，令P到达C点的速度为v，由动能定理有
在C点，设半圆轨道对P的支持力为N，由牛顿第二定律有
联立解得，则
【答案】 (1)正电；(2)，；(3)1.4
26．(2022•天津市实验中学高三(下)第三次检测)如图所示，高h=0.8m的绝缘水平桌面上方的区域Ⅰ中存在匀强电场，场强E的方向与区域的某一边界平行，区域Ⅱ中存在垂直于纸面的匀强磁场B。现有一质量m=0.01kg，带电荷量q=+10-5C的小球从A点以v0=4m/s的初速度水平向右运动，匀速通过区域Ⅱ后落在水平地面上的B点，已知小球与水平桌面间的动摩擦因数，L=1m，h=0.8m，x=0.8m，取g=10m/s2。试求：
(1)小球在区域Ⅱ中的速度；
(2)区域Ⅱ中磁感应强度B的大小及方向；
(3)区域Ⅰ中电场强度E的大小及方向。
【解析】 (1)小球离开磁场后做平抛运动，设小球在磁场中匀速运动的速度为v，
据位移公式有，，联立解得
(2)由于小球在磁场中匀速运动，只能受重力和洛仑兹力作用，
故满足，解得
根据左手定则可判断磁感应强度B的方向垂直纸面向里。
(3)由于v
故电场方向有两种可能：
①电场方向水平向左，由动能定理可得
解得
②电场方向竖直向下，由动能定理可得
解得
【答案】 (1)2m/s；(2)，垂直纸面向里；(3)①，水平向左，②，竖直向下
27．(2022•重庆市西南大学附属中学高三(下)全真一)如图甲，在光滑绝缘水平地面上，宽为的区域内存在水平向右的电场，电场强度随时间变化的图像如图乙，质量为的不带电绝缘小球静止在区域内距A为x()的位置，时，带电量为、质量为m的小球以速度从A点进入区域，与发生碰撞后以反弹，已知、在区域内只发生一次碰撞，碰撞时问极短，的电量保持不变。
(1)求碰撞后小球获得的速度；
(2)若时，刚好从A离开区域，求这种情况下x的值；
(3)当时，讨论离开区域时的速度大小。
【解析】 (1)由动量守恒定律，可得碰撞后小球获得的速度
(2)若时，刚好从A离开区域，则有，可得
(3)施加电场前，碰撞前和碰撞后都为匀速，向右匀速时间
向左匀速时间，则距离A点的距离为，得
施加电场后，对：
假设从A点离开，得
令解得
当时，物体从A点离开
当时，物体从B点离开，电场出现时刻，距离B点的距离
之后只有电场力做功，由动能定理得，解得
【答案】 (1)；(2)；(3)见解析
28．(2022•陕西省西安市第一中学高三(上)期中)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。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，已知甲、乙两球的质量均为，乙所带电荷量，g取水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点，整个运动过程无电荷转移
(1)甲乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点D，求乙在轨道上的首次落点到B点的距离；
(2)在满足(1)的条件下求甲的速度；
(3)若甲仍以速度向右运动，增大甲的质量，保持乙的质量不变，求乙在轨道上的首次落点到B点的距离范围。
【解析】 在乙恰能通过轨道的最高点的情况下，设乙到达最高点的速度为，乙离开D点到达水平轨道的时间为t，乙的落点到B点的距离为x，则由向心力公式得
竖直方向匀加速运动
水平方向匀速运动
联立解得
设碰撞后甲、乙的速度分别为、，根据动量守恒有
根据机械能守恒定律有
联立解得，
由动能定理得
联立解得
设甲的质量为M，碰撞后甲、乙的速度分别为、，根据动量守恒有
根据机械能守恒定律有
有以上两式可得
由于，可得
设乙球过D点的速度为，由动能定理得
联立以上两个方程可得
设乙在水平轨道上的落点到B点的距离为，则有
所以可以解得
【答案】 (1)0.4m；(2)；(3)
29．(2022•银川一中第六次月考)在光滑绝缘水平面上放置一质量m=0.2kg、电荷量q=10-5C的小球，小球系在长L=0.5m的绝缘细线上，线的另一端固定在O点，整个装置放置于E=2×106N/C的匀强电场中，电场方向与水平面平行且沿OA方向，如图所示(此图为俯视图)。现给小球一初速度使其绕O点做圆周运动，小球经过A点时细线的张力F=140N，小球可视为质点。求：
(1)小球运动过程中的最大动能。
(2)若小球运动到动能最小位置时细线被剪断，则小球经过多长时间其动能变为最小动能的2倍？
(3)当某次小球运动到A点时，电场方向突然反向但场强大小不变，并且此后小球每转过rad场强均反向且场强大小不变，求：
①若细线能承受的最大张力Fmax=160N，求绳断时小球速度的大小。
②若细线最大张力足够，从电场第一次反向开始，小球转过角度满足≤＜2时，求绳子张力FT关于的表达式。
【解析】 (1)小球由其他位置到A点，电场力均做正功，所以小球在A点动能最大，在A点，
根据牛顿第二定律得
最大动能为
(2)小球运动到B点时，动能最小，
根据动能定理得，解得
绳断后，小球做类平抛运动，当末动能是B点动能的两倍时，有，解得
其速度角满足，所以，解得
(3) ①设小球转过的角度为α时，绳子拉断，
则有，
解得，
②设小球转过的角度为时，绳子拉断，
则有，
解得
【答案】 (1) ； (2) ；(3) ①；②
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