新高考物理一轮复习考点分层训练9.3 电容器 带电粒子在电场中的运动（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考物理一轮复习考点分层训练9.3 电容器 带电粒子在电场中的运动（2份，原卷版+解析版），共13页。试卷主要包含了25E0等内容，欢迎下载使用。
\l "_Tc207549759" 题组1：电量不变时的动态分析 PAGEREF _Tc207549759 \h 1
\l "_Tc207549760" 题组2：电压不变时的动态分析 PAGEREF _Tc207549760 \h 3
\l "_Tc207549761" 题组3：含二极管的电容器的动态分析 PAGEREF _Tc207549761 \h 5
\l "_Tc207549762" 考点二 带电粒子在电场中的直线运动 PAGEREF _Tc207549762 \h 7
\l "_Tc207549763" 题组1：仅受电场力作用下的直线运动 PAGEREF _Tc207549763 \h 7
\l "_Tc207549764" 题组2：电场中多个力作用下的直线运动 PAGEREF _Tc207549764 \h 8
\l "_Tc207549765" 考点三 带电粒子在电场中的曲线运动 PAGEREF _Tc207549765 \h 10
\l "_Tc207549766" 题组1：带电粒子在电场力作用下的偏转 PAGEREF _Tc207549766 \h 10
\l "_Tc207549767" 题组2：带电粒子在电场力与重力作用下的偏转 PAGEREF _Tc207549767 \h 13
\l "_Tc207549768" 题组3：带电粒子在电场中的圆周运动 PAGEREF _Tc207549768 \h 16
9.3 电容器、带电粒子在电场中的运动
考点一 平行板电容器的动态分析
题组1：电量不变时的动态分析
1. （单选）研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示。下列说法正确的是( )
A. 实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，能使电容器带电
B. 实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小
C. 实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大
D. 实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大
【答案】A
【解析】：A、实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，则a带上电荷，由于感应使b端也带上电，故可以使电容器带电，故A正确；
B.实验中，只将电容器b板向上平移，根据C=εS4πkd及U=QC，S减小，C减小，U增大，静电计指针的张角变大，故B错误；
C.实验中，只在极板间插入有机玻璃板，根据C=εS4πkd及U=QC，ε变大，C变大，U减小，静电计指针的张角变小，故C错误；
D.实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，不表明电容增大，故D错误。
故选：A。
2. （单选）如图所示，充好电的平行板电容器上极板带正电荷，且与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地，在两极板间有一个固定在P点的带正电的试探电荷，以E表示两极板间电场的电场强度，Ep表示试探电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角；若保持上极板不动，将下极板从虚线位置向下移动一小段距离至图中实线位置，则( )
A. 试探电荷所受电场力增大B. 静电计指针的偏角θ减小
C. 两极板间电场的电场强度E不变D. 试探电荷在P点的电势能Ep减小
【答案】C
【解析】AC、由E=Ud、C=QU、C=ɛrS4πkd，推导可得E=4πkQϵrS，因Q、ɛr、S均不变，k是常量，所以E与d无关，当d变大时，两极板间电场的电场强度E不变，故试探电荷受到的电场力F=qE不变，故A错误，C正确；
B、将下极板下移的过程中，电容器极板间距离增大，根据电容器决定式C=ɛrS4πkd可知电容减小，电容器储存的电荷量Q不变，由电容定义式C=QU分析可知电容器板间电压增大，则静电计指针的偏角θ增大，故B错误；
D、根据U=Ed可知，由于P离下极板距离增大，E不变，因此P点与下极板间的电势差增大，因P点的电势高于下极板的电势，则P点的电势升高，由EP=qφ、q>0，可知试探电荷在P点的电势能EP增加，故D错误。
故选：C。
3. （单选）如图所示，一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，两板间的P点固定一个带正电的检验电荷。用C表示电容器的电容，E表示两板间的电场强度的大小，φ表示P点的电势，W表示正电荷在P点的电势能。若正极板保持不动，将负极板缓慢向左平移一小段距离l0，上述各物理量与负极板移动距离x的关系图像中正确的是( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】A.根据C=εS4πkd，负极板缓慢向左平移一小段距离，两板间距d增大，电容减小，故A错误；
B.根据C=QU，电容器充电后与电源断开，电荷量保持不变，可知两板间电势差增大。根据E=Ud，联立上式得E=4πkQεS，可知，电场强度保持不变，故B错误；
C.P点与负极板间距离x增大，则P点与负极板间电势差为UP=Ex=φP−0=φP，可知，P点电势增大，故C正确；
D.正电荷在P点的电势能为W=qφP，可知，正电荷在P点的电势能增大，故D错误。
故选C。
题组2：电压不变时的动态分析
4. （单选）如图所示，有一平行板电容器的可动极板M、固定极板N水平放置，触压M时M会下凹，且与理想电源相连。P为两极板间一固定点。若电源两端电压保持不变，则触压M使之缓慢下凹过程中，下列判断正确的是( )
A. 电容器的电容减小B. P点的电场强度变大
C. 电容器的电荷量变小D. 电容器两端电压变大
【答案】B
【解析】A.触压M过程中，M、N间距d减小，根据C=εrS4πkd，知电容器的电容C增大，故A错误；
BCD.触压M过程中，由于电容器与电源相连，电容器两极板间的电压U不变，M、N间距d减小，由E=Ud知，两极板间的电场强度变大，即P点的电场强度变大，根据C=QU可知，电荷量Q变大，故B正确，CD错误；
5. （单选）如图甲为一可变电容器，图乙为两个完全相同的半圆形平行金属板接在电路中，开始时两金属板正对，保持开关S闭合，将上侧金属板转过60∘，同时将两板之间的距离增大到原来的32；则调整前、后( )
A. 两极板间的电场强度之比为2∶3B. 两极板间的电场强度之比为3∶2
C. 电容器的电容之比为3∶2D. 电容器的电容之比为2∶3
【答案】B
【解析】AB.保持开关S闭合，电容器两端的电压保持不变，对电容器E=Ud
故E1:E2=d2:d1=3:2
故A错误，B正确；
CD.电容器的电容C=εS4πkd
又S1:S2=1:23=3:2
d1:d2=2:3
联立解得C1:C2=S1d2:S2d1=9:4
故CD错误。
故选B。
6. （单选）如图所示，小郭同学将电容式位移传感器的两极板接入到电路中进行实验探究。电容式位移传感器中的电介质板与被测物体固连在一起，可以左右移动。电介质板插入极板间的深度记为x，电压表和电流表均为理想电表，电源电动势、内阻均恒定，R为定值电阻。下列说法正确的是( )
A. 电压表读数不为零，说明x在增大
B. 若x保持不变，则电压表示数一定为零
C. 在x增大的过程中，电容器两极板带电量减小
D. 在x增大的过程中，a点电势始终高于b点
【答案】B
【解答】A.由题图可知，若电压表读数不为零，说明电路中有电流通过，若电容器充电，由电容公式C=εS4πkd=QU可知，因U=E不变，所以Q增大，则C变大，又S、d不变，则ε增大，说明x在增大；若电容器放电，由电容公式C=εS4πkd=QU可知，因U=E不变，所以Q减小，则C变小，又S、d不变，则ε减小，说明x在减小，A错误；
B.若x保持不变，则ε不变，由电容公式C=εS4πkd=QU可知，C不变，Q不变，电路中无电流通过，则电压表示数一定为零，B正确；
C.在x增大的过程中，则ε增大，由电容公式C=εS4πkd=QU可知，C变大，又因U=E不变，则可知Q变大，说明电容器充电，两极板带电量增大，C错误；
D.在x增大的过程中，电容器充电，两极板带电量增大，电源外部电流从正极出发回到负极，则电流由b流向a，则b点电势始终高于a点，D错误。
题组3：含二极管的电容器的动态分析
7. （单选）如图所示，间距为d的两平行金属板A、B通过理想二极管与电动势为E0的电源(内阻不计)相连，A板接地，在两板之间的C点固定一个带电荷量为+q的点电荷，C点与B板之间的距离为0.75d，下列说法正确的是( )
A. 图中电容器无法充电
B. 点电荷的电势能为0.25E0
C. 把两板错开放置，B板的电势降低
D. 把A板向下移动，点电荷受到的电场力减小
【答案】C
【解析】A.若电容器充电，电流沿顺时针方向，通过二极管的电流从左向右，与二极管的导通方向相同，所以电容器能充电，故A错误；
B.A、B间电势差UAB=E0，则A、C间电势差UAC=(d−0.75d)UABd=0.25E0，φA=0，UAC=φA−φC，可得点电荷的电势能为Ep=− 0.25qE0， 故B错误；
C.由二极管的单向导电性可知，电容器只能充电，不能放电，当两板的正对面积减小时，电容器的带电荷量Q不变，由C=εrS4πkd，C=QUAB，UAB=φA−φB，得φB=−4πkdQεrS，当两板的正对面积减小，其他量不变时，B板的电势降低，故C正确；
D.由C=εrS4πkd，C=QUAB，E=UABd，可得板间电场强度E=−4πkQεrS，则把A板向下移动，两板间的电场强度不变，点电荷受到的电场力不变，故D错误。
故选C。
8. （单选）如图所示，A、B为水平放置的平行正对金属板，在板中央分别有一小孔M、N，D为理想二极管，R0为定值电阻，R为滑动变阻器。闭合开关S，待电路稳定后，将一带负电荷的带电小球从M、N的正上方P点由静止释放，小球恰好能运动至小孔N处。下列说法正确的是( )
A. 若仅将B板稍微上移，带电小球仍可以运动至N处
B. 若仅将A板稍微上移，带电小球仍可以运动至N处
C. 若仅将变阻器的滑片上移，带电小球仍可以运动至N处
D. 断开开关S，从P处将小球由静止释放，带电小球将无法运动至N处
【答案】C
【解析】A.设P与N的竖直距离为H，平行板电容器两极板间的电压为U，距离为d，正对面积为s，由题可得小球由P到N用动能定理mgH−Uq=0，
根据开关闭合，二极管左边为负极右边为正极，平行板电容器的公式C=QU=εrs4πkd，
仅将B板稍微上移，电容增大，电容器充电，稳定时平行板电容器上下极板的电压U不变， N到P的距离变小为 H' ，假设小球仍可以运动到N点，速度为v，重新对小球由P点到N用动能定理mgH'−Uq=12mv2得动能为负值，则带电小球不可以运动至N处。故A错误；
B.若将A板上移，板间距增大，电容减小，由于二极管左边为负极右边为正极，电容器无法放电，电量不变，则两板间电压增大，由A解析中方程分析可得到N处时动能为负值，则带电小球不可以运动至N处，故B错误；
C.若仅将变阻器的滑片上移，则滑动变阻器的电阻变大，电路稳定时通过 R0 的电流减小，电阻 R0 两端电压变小， R0 上端电势降低，但二极管左边为负极右边为正极，无法放电，所以电容器两端的电压保持不变，则带电小球仍恰好运动至N处。故C正确；
D.断开开关S，电容器电容不变，板间电压不会变化，所以带电小球仍可以运动至N处，故D错误。
故选C。
考点二 带电粒子在电场中的直线运动
题组1：仅受电场力作用下的直线运动
1. （单选）质子疗法进行治疗，该疗法用一定能量的质子束照射肿瘤杀死癌细胞．现用一直线加速器来加速质子，使其从静止开始被加速到1.0×107m/s.已知加速电场的场强为1.3×105N/C，质子的质量为1.67×10−27kg，电荷量为1.6×10−19C，则下列说法正确的是( )
A. 加速过程中质子电势能增加B. 质子所受到的电场力约为2×10−15N
C. 质子加速需要的时间约为8×10−6sD. 加速器加速的直线长度约为4m
【答案】D
【解析】A.加速过程中电场力对质子做正功，则质子电势能减小，A错误；
B.质子所受到的电场力约为F=qE=1.3×105×1.6×10−19N≈2×10−14N，B错误；
C.加速度a=Fm=2×10−141.67×10−27m/s2≈1.2×1013m/s2 ，则质子加速所需时间t=va=1.0×1071.2×1013s≈8.3×10−7s，C错误；
D.加速器加速的直线长度约为x=v2t=1.0×1072×8.3×10−7m≈4m，D正确。
故选D。
2. （单选）如图，P和Q为两平行金属板，保持板间电压恒为U，在P板附近有一电子由静止开始向Q板运动，若增大两板间的距离，则电子( )
A. 加速度增大B. 到达Q的时间变短
C. 到达Q的速度增大 D. 到达Q的速度不变
【答案】D
【解答】A.电子的加速度为a=eEm=eUdm
保持板间电压恒为U，若增大两板间的距离，则电子加速度减小，故A错误；
B.电子在板间做匀加速直线运动，可得d=12at2
结合上式解得t= 2da=d 2meU
若增大两板间的距离，则到达Q的时间t变大，故B错误；
CD.由动能定理eU=12mv2
解得v= 2eUm
则若增大两板间的距离，则电子到达Q的速度不变，故C错误，D正确。
故选D。
题组2：电场中多个力作用下的直线运动
3. （单选）如图所示，倾角θ=30°的光滑绝缘斜面固定在水平地面上，空间存在竖直方向的匀强电场，场强大小为E。带电量为+q，质量为m的小物块A(可视为点电荷)恰好静止于斜面上。则( )
A. 匀强电场的方向竖直向下
B. 场强大小E=mg2q
C. 若撤去斜面，物块仍保持静止
D. 若变换电场方向为水平向右，物块的加速度大小为 2g
【答案】C
【解析】AB.由于物块处于静止状态，则物块受竖直向下的重力和竖直向上的电场力，即 Eq=mg，所以 E=mgq，由于物块带正电，所以电场力方向与电场强度方向相同，即匀强电场的方向竖直向上，故AB错误；
C.由于物块与斜面间没有弹力，所以若撤去斜面，物块仍保持静止，故C正确；
D.若变换电场方向为水平向右，根据牛顿第二定律可得 mgsinθ+Eqcsθ=ma，则物块的加速度大小为 a=1+ 32g ，故D错误。
故选C。
4. （多选）如图所示，带正电的小球A固定在竖直坐标轴的原点处，在ℎ和2ℎ处产生的电场强度大小分别为E1和E2。带电小球B在ℎ处由静止释放，恰好能运动到2ℎ处。已知单个点电荷Q周围空间某点的电势φ=kQr(取无穷远处电势为零)，r为该点到点电荷的距离。两个小球均可视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 小球B带正电
B. E1=2E2
C. 小球B在1+ 22ℎ处速度最大
D. 若小球B在−ℎ处由静止释放，到达−2ℎ处的速度大小为2 gℎ
【答案】AD
【解析】A.小球B在ℎ处静止释放后向上运动，所受电场力方向向上，则小球B带正电，A正确；
B.点电荷电场强度E=kQr2，有E1=4E2，B错误；
C.小球B由ℎ运动到2ℎ过程中，有qkQℎ−kQ2ℎ−mgℎ=0，整理得kQq2ℎ2=mg，小球B速度最大时，重力和电场力平衡，当小球B与小球A间的距离为 2ℎ 时，小球B的合力为零，速度最大，C错误；
D.小球由−ℎ运动到−2ℎ过程中，重力和电场力均做正功，且数值相等，有2mgℎ=12mv2，解得v=2 gℎ，D正确。
故选AD。
5.如图所示，平行板电容器两极板正对且倾斜放置，下极板接地，电容器电容C=10−8F，两极板分别带等量的异种电荷，电量Q=1×10−6C一电荷量q =3×10−10C，质量m=8×10−8kg带负电的油滴以v0=0.5 m/s的速度自AB板左边缘水平进入电场，在电场中沿水平方向运动，并恰好从CD板右边缘水平飞出，g取10 m/s2，不计空气阻力.求：
(1)两极板之间的电压U;
(2)带电粒子从电场中飞出时的速度大小v。
【答案】解：(1)由Q=CU得：U=100V；
(2)带电粒子能沿水平方向做直线运动，所受合力与运动方向在同一直线上，由此可知重力不可忽略，受力分析如图所示
静电力在竖直方向上的分力与重力等大反向，则带电粒子所受合力等于静电力在水平方向上的分力。
根据动能定理有：
qU=12mv2−12mv02
解得：v=1m/s。
考点三 带电粒子在电场中的曲线运动
题组1：带电粒子在电场力作用下的偏转
1. （单选）如图所示，带等量异种电荷的两正对平行金属板M、N间存在匀强电场，板长为L(不考虑边界效应)。t=0时刻，M板中点处的粒子源发射两个速度大小为v0的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到达N板时速度大小为 2v0；平行M板向下的粒子，刚好从N板下端射出。不计重力和粒子间的相互作用，则( )
A. M板电势高于N板电势
B. 两个粒子的电势能都增加
C. 粒子在两板间的加速度为a=2v02L
D. 粒子从N板下端射出的时间t=( 2−1)L2v0
【答案】C
【解答】A.由于不知道两粒子的电性，故不能确定M板和N板的电势高低，故A错误；
B.根据题意垂直M板向右的粒子，到达N板时速度增加，动能增加，则电场力做正功，电势能减小；则平行M板向下的粒子到达N板时电场力也做正功，电势能同样减小，故B错误；
CD.设两板间距离为d，对于平行M板向下的粒子刚好从N板下端射出，在两板间做类平抛运动，有
L2=v0t，d=12at2
对于垂直M板向右的粒子，在板间做匀加速直线运动，因两粒子相同，在电场中加速度相同，有
2v02−v02=2ad
联立解得 t=L2v0，a=2v02L
故C正确，D错误；
故选C。
2. （多选）如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速度地飘入电场线水平向右的加速电场E1，之后进入电场线竖直向下的匀强电场E2发生偏转，最后打在屏上，整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么( )
A. 偏转电场E2对三种粒子做功一样多B. 三种粒子打到屏上时速度一样大
C. 三种粒子运动到屏上所用时间相同D. 三种粒子一定打到屏上的同一位置，
【答案】AD
【解答】AB.带电粒子在加速电场中加速，由动能定理可知W=E1qd=12mv2；
解得v= 2E1dqm；
粒子在偏转电场中运动的时间t=Lv；
纵向位移y=12at2=12qEmt2=E2L24E1d；
即位移与比荷无关，与速度无关；则可三种粒子的偏转位移相同，则偏转电场对三种粒子做功一样多，由动能定理可知三种粒子打到屏上时速度不一样大，故A正确，B错误；
CD.因三种粒子由同一点射入偏转电场，且偏转位移相同，故三个粒子打在屏幕上的位置一定相同，因为粒子到屏上的时间与横向速度成反比，且加速后的速度大小不同，故三种粒子运动到屏上所用时间不相同，故C错误，D正确。
3. （多选）真空中间距为d的两块平行金属板，板长为L，如图甲所示。加在A、B间的电压UAB做周期性变化，其正向电压为U0，反向电压为−kU0(k≥1)，电压变化的周期为2T，如图乙所示。在t=0时刻，有一个质量为m、电荷量为e的电子，以初速度v0垂直电场方向从两极板正中间射入电场，在运动过程中未与极板相撞，且不考虑重力的作用。则下列说法中正确的是( )
A. 若k=1且电子恰好在2T时刻射出电场，则电子射出时的速度大于v0
B. 若k=1且电子恰好在3T时刻从A板边缘射出电场，则其动能增加eU06
C. 若k=1.5且电子恰好在2T时刻射出电场，则两板间距离应满足d> 5eU0T23m
D. 若k=1.5且电子恰好在2T时刻射出电场，则射出时的速度大小等于 v02+(eU0Tdm)2
【答案】BC
【解答】AB.若k=1，电子在竖直方向的速度随时间变化的图象如图所示
若电子恰好在2T时刻射出电场，竖直方向的速度为零，则电子射出时的速度为v0；
若电子恰好在3T时刻从A板边缘射出电场，在0～2T时间内电场力做功为零，电子动能变化为零，在2T～3T时间内根据动能定理可得：△Ek=e×U02×13=eU06，故A错误，B正确；
C.竖直方向，电子在0～T时间内做匀加速运动，加速度的大小a1=eU0md，位移：x1=12a1t2，
在T～2T时间内先做匀减速运动，后反向做匀加速运动，加速度的大小a2=3eU02md，初速度的大小：v1=a1T
匀减速运动阶段的位移x2=v122a2；由题知d2≥x1+x2，解得d≥ 5eU0T23m，故C正确；
D.若k=1.5且电子恰好在2T时刻射出电场，垂直电场方向速度为v0，平行电场方向的速度大小为：vy=a2T−a1T=eU0T2md，合速度为v合= v02+(eU0T2dm)2，故D错误。
故选BC。
题组2：带电粒子在电场力与重力作用下的偏转
4. （单选）如图所示，空间中存在与水平成45∘斜向右上方、大小为1×106N/C的匀强电场，在距地面10m高处同一位置均以10m/s的速率同时抛出A、B两个带正电小球，A球竖直向上，B球水平向右，两小球质量均为1kg，带电量均为 22×10−5C。忽略两小球之间的相互作用力和空气阻力，小球均可视为质点，g取10m/s2，则在B球落地前，两球间的最大距离为( )
A. 10mB. 10 2mC. 20mD. 20 2m
【答案】D
【解析】以抛出点为原点建坐标系，以水平方向为x轴，以竖直方向为y轴.小球A、B抛出后水平方向上只受电场力水平分力作用，水平方向上分加速度均为ax=5m/s2，方向水平向右，竖直方向上受自身重力和电场力的竖直分力作用，竖直方向上分加速度均为ay=5m/s2，方向竖直向下，分别对两小球两个方向上加速度进行矢量合成，两小球加速度相同，因此B球相对A球斜向右下方匀速直线运动，相对速度v=10 2m/s，且B球落地时两球相距最远，设B球落地时间为t，则有竖直方向上y=12ayt2，求得t=2s，相距最大距离为x=vt=20 2m。
故选D。
5. （单选）在水平向右的匀强电场中，一质量为m、电荷量为+q的小球从A点以初速度v竖直向上抛出，其运动的轨迹如图所示。已知电场强度大小为E=4mg3q，小球运动轨迹上A、B两点在同一水平线上，M为轨迹的最高点，不计空气阻力，已知重力加速度为g。下列说法错误的是( )
A. 小球水平位移x1:x2=1:3
B. 小球运动至M点时的速度为4v3
C. 运动过程中的最小速度为4v5
D. 到达B点时，小球的速度方向与水平方向夹角为tanθ=58
【答案】D
【解析】小球在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，根据初速度为零的匀变速直线运动规律，小球水平位移x1:x2=1:3，A项正确;
小球从A点运动至M点的过程中，竖直方向做竖直上抛运动，运动时间为t=vg，水平方向做匀加速直线运动，小球运动至M点的速度为vm=qEmt=4v3，B项正确;
将小球初速度沿垂直合力方向分解为4v5，沿平行合力方向分解为3v5，当运动过程中速度最小时，沿平行合力方向速度为0，则最小速度为4v5，C项正确;
到达B点时，小球的速度方向与水平方向夹角为tanθ=vqEm2t=38，D项错误。
本题选错误的，故选D。
6.在竖直面内建立一个平面直角坐标系Oxy，水平向右为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向。在x轴下方存在一段半径为R=4m的光滑圆弧绝缘轨道OBA，轨道与原点O点连接，圆心为O'，OO'与水平方向的夹角θ=37∘，A为轨道最低点，O'A平行于y轴，如图所示。竖直线CD刚好与圆弧轨道所在的圆相切，CD左侧的第一象限内存在沿水平向右，场强E0=200V/m的匀强电场，第三、四象限存在一个竖直向上、场强大小E=150V/m的匀强电场。现将一个质量为m=1kg，电荷量为q=0.1C的带正电小球(视为质点)放置在圆轨道内侧A点并给以vA=6m/s水平向左的初速度，最终小球由O点抛出射入第一象限。已知重力加速度g=10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8。求：
(1)小球经过O点时的速度大小;
(2)小球第二次与第一次经过x轴的时间间隔;
(3)小球第二次经过x轴的横坐标。
【答案】解：(1)根据动能定理列出方程：(Eq−mg)(R+Rsinθ)=12mvO2−12mvA2，
解得小球O点的速度大小为：vO=10m/s
(2)小球进入第一象限后将速度沿x轴和y轴方向分解，如图所示
x轴方向的速度为vx=v0cs53∘=6m/s，
y轴方向的速度为vy=v0sin53∘=8m/s，
小球再次回到x轴时的时间为：t=2vyg=1.6s。
(3)水平方向加速度为a2=E0qm=20m/s2，
小球在电场中水平方向运动的距离为x1=R+Rcsθ=7.2m，
设离开电场时的时间为t'，
x1=vxt'+12a2t'2，
解得t'=0.6s0的小球套在圆环上，从A点由静止释放，小球运动到P点时的动能最大，∠DOP=37∘。已知重力加速度大小为g，取sin37∘=0.6,cs37∘=0.8。小球运动到B点时对圆环的压力大小为( )
A. 3mgB. 4mgC. 114mgD. 154mg
【答案】D
【解析】小球运动到P点时的动能最大，即重力和电场力的合力沿着OP方向，对小球受力分析如图：
；
有qEmg=tan37∘，解得E=3mg4q，小球从A点运动到B点，根据动能定理有qE⋅2R=12mvB2，
在B点：FN−qE=mvB2R=3mg，
解得：FN=154mg
根据牛顿第三定律可知
小球运动到B点时对圆环的压力大小为154mg，故D正确。
8. （多选）如图所示，AE、FC分别为竖直面内圆的水平直径和竖直直径，O为圆心，B、D、G为圆周上的三点，且∠GOB=∠BOC=∠DOC=60°，空间存在平行于圆面的匀强电场。把一质量为m、电荷量为+q(q>0)的小球(可视为点电荷)，分别自B点以相同的速率沿不同方向抛出后，小球从D点离开圆周时其动能最大，已知匀强电场的电场强度大小为E= 3mgq，g为重力加速度，不计空气阻力。下列说法正确的是( )
A. 匀强电场的方向为E→A
B. 小球从E点离开圆周时，其电势能最小
C. 小球从G点离开圆周时的机械能与抛出时的机械能相等
D. B、O两点间与D、O两点间的电势差的关系为UBO=UDO
【答案】BC
【解析】A.由题意可知，D点为圆周上等效重力场的最低点，设等效重力加速度的方向与竖直方向的夹角为θ，因 E= 3mgq ，可得 tanθ=qEmg= 3，解得θ=60°，
故等效重力场的情况如图示：
表明匀强电场的方向为A→E，故A错误；
B.小球从E点离开圆周时电场力做的功最多，小球电势能减少的最多，E点电势能最小，故B正确；
C.由图可知B点和G点的电势相等，小球从B点到G点的过程中，电场力不做功，因而小球从G点离开圆周时的机械能与从B点抛出时的相等，故C正确；
D.因电场方向为A→E，故有UBO=UOD，故D错误。
故选BC。
9.如图所示，在竖直平面内固定的圆形绝缘轨道的圆心在O点，半径为r，内壁光滑，A、B两点分别是圆弧的最低点和最高点。该区间存在方向水平向右的匀强电场，场强大小为E，一个电荷量为q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C点时速度最大，O、C连线与竖直方向的夹角θ=53 ∘，重力加速度为g。
(1)D、C两点间的电势差UDC；
(2)如果在A点速度v0= 223gr，小球经D点时对轨道压力的大小。
【答案】解：(1)由题意：UDC=EdDC=E×(−2rsin 53∘)=−1.6Er
(2)由题意：mg与Eq的合力沿OC方向，设mg与Eq的合力为F复合
则：F复合=53mg
对小球从A到D过程应用动能定理：
−F复合r(1+cs 53∘)=12mvD2−12mv02
在D点：F复合+FN=mvD2r
可得：FN=13mg
又由于mg=34Eq
则：FN=14Eq
由牛顿第三定律知：小球对轨道的压力F'N=14Eq