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認(rèn)證主體：李**（實(shí)名認(rèn)證）

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IP屬地：河北 上傳時(shí)間：2025-02-28 格式：DOCX 頁數(shù)：34 大小：3.35MB 積分：6 舉報(bào) 版權(quán)申訴

重難點(diǎn)10靜電場考點(diǎn)2025考向預(yù)測考點(diǎn)1：電場中功能關(guān)系的綜合問題高考對(duì)靜電場通常以粒子運(yùn)動(dòng)情景或相關(guān)圖象為考查依托，雖然多以選擇題的形式出現(xiàn)，但綜合性強(qiáng)，選項(xiàng)覆蓋知識(shí)點(diǎn)多且雜，因此要求考生做到全方位考慮。另外，以電磁學(xué)綜合計(jì)算為背景的計(jì)算題也經(jīng)常涉及此章的內(nèi)容。從趨勢上看，(1)會(huì)繼續(xù)通過電場力的性質(zhì)和電場能的性質(zhì)這兩條主線來考查物理量間的聯(lián)系；(2)會(huì)繼續(xù)以電場線、等勢面為工具考查各物理量的大小和方向;(3)與動(dòng)力學(xué)、能量相結(jié)合考查帶電粒子的平衡、運(yùn)動(dòng)問題?？键c(diǎn)2：電場中的圖像問題考點(diǎn)3：帶電粒子在重力場和電場中的圓周運(yùn)動(dòng)考點(diǎn)4：電場中的力電綜合問題【情境解讀】【高分技巧】一、電場中功能關(guān)系的綜合問題電場中常見的功能關(guān)系(1)若只有靜電力做功，電勢能與動(dòng)能之和保持不變．(2)若只有靜電力和重力做功，電勢能、重力勢能、動(dòng)能之和保持不變．(3)除重力之外，其他各力對(duì)物體做的功等于物體機(jī)械能的變化量．(4)所有外力對(duì)物體所做的總功等于物體動(dòng)能的變化量．二、電場中的圖像問題1、電場中的v－t圖像根據(jù)v－t圖像的速度變化、斜率變化(即加速度大小的變化)，可確定電荷所受靜電力的方向與靜電力的大小變化情況，進(jìn)而確定電場的方向、電勢的高低及電勢能的變化．2、φ－x圖像(電場方向與x軸平行)電場強(qiáng)度的大小等于φ－x圖線的切線斜率的絕對(duì)值，如果圖線是曲線，電場為非勻強(qiáng)電場；如果圖線是傾斜的直線，電場為勻強(qiáng)電場(如圖)．切線的斜率為零時(shí)沿x軸方向電場強(qiáng)度為零．在φ－x圖像中可以直接判斷各點(diǎn)電勢的高低，并可根據(jù)電勢大小關(guān)系確定電場強(qiáng)度的方向，進(jìn)而可以判斷電荷在電場中的受力方向．(如圖)電場中常見的φ－x圖像(1)點(diǎn)電荷的φ－x圖像(取無限遠(yuǎn)處電勢為零)，如圖．(2)兩個(gè)等量異種點(diǎn)電荷連線上的φ－x圖像，如圖．(3)兩個(gè)等量同種點(diǎn)電荷的φ－x圖像，如圖．3、E－x圖像(電場方向與x軸平行)E－x圖像為靜電場在x軸上的電場強(qiáng)度E隨x的變化關(guān)系，若規(guī)定x軸正方向?yàn)殡妶鰪?qiáng)度E的正方向，則E>0，電場強(qiáng)度E沿x軸正方向；E<0，電場強(qiáng)度E沿x軸負(fù)方向．E－x圖線與x軸所圍圖形“面積”表示電勢差(如圖所示)，兩點(diǎn)的電勢高低根據(jù)電場方向判定．在與粒子運(yùn)動(dòng)相結(jié)合的題目中，可進(jìn)一步確定粒子的電性、動(dòng)能變化、電勢能變化等情況．電場中常見的E－x圖像(1)點(diǎn)電荷的E－x圖像正點(diǎn)電荷及負(fù)點(diǎn)電荷的電場強(qiáng)度E隨坐標(biāo)x變化關(guān)系的圖像大致如圖所示．(2)兩個(gè)等量異種點(diǎn)電荷的E－x圖像，如圖．(3)兩個(gè)等量正點(diǎn)電荷的E－x圖像，如圖．4、Ep－x圖像、Ek－x圖像1．Ep－x圖像由靜電力做功與電勢能變化關(guān)系F電x＝Ep1－Ep2＝－ΔEp知Ep－x圖像的切線斜率k＝eq\f(ΔEp,Δx)，其大小等于靜電力，斜率正負(fù)代表靜電力的方向．2．Ek－x圖像當(dāng)帶電體只有靜電力做功，由動(dòng)能定理F電x＝Ek－Ek0＝ΔEk知Ek－x圖像的切線斜率k＝eq\f(ΔEk,Δx)，其大小表示靜電力．三、帶電粒子在重力場和電場中的圓周運(yùn)動(dòng)1．等效重力場物體僅在重力場中的運(yùn)動(dòng)是最常見、最基本的運(yùn)動(dòng)，但是對(duì)于處在勻強(qiáng)電場和重力場中物體的運(yùn)動(dòng)問題就會(huì)變得復(fù)雜一些．此時(shí)可以將重力場與電場合二為一，用一個(gè)全新的“復(fù)合場”來代替，可形象稱之為“等效重力場”．2.四、電場中的力電綜合問題1．帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)(1)分析方法：先分析受力情況，再分析運(yùn)動(dòng)狀態(tài)和運(yùn)動(dòng)過程(平衡、加速或減速，軌跡是直線還是曲線)，題．(2)受力特點(diǎn)：在討論帶電粒子或其他帶電體的靜止與運(yùn)動(dòng)問題時(shí)，重力是否要考慮，關(guān)鍵看重力與其他力相比較是否能忽略．一般來說，除明顯暗示外，帶電小球、液滴的重力不能忽略，電子、質(zhì)子等帶電粒子的重力可以忽略，一般可根據(jù)微粒的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)判斷是否考慮重力作用．2．用能量觀點(diǎn)處理帶電體的運(yùn)動(dòng)對(duì)于受變力作用的帶電體的運(yùn)動(dòng)，必須借助能量觀點(diǎn)來處理．即使都是恒力作用的問題，用能量觀點(diǎn)處理也常常更簡捷．具體方法有：(1)用動(dòng)能定理處理①弄清研究對(duì)象，明確所研究的物理過程．②分析物體在所研究過程中的受力情況，弄清哪些力做功，做正功還是負(fù)功．③弄清所研究過程的初、末狀態(tài)(主要指動(dòng)能)．④根據(jù)W＝ΔEk列出方程求解．(2)用包括電勢能和內(nèi)能在內(nèi)的能量守恒定律處理①利用初、末狀態(tài)的能量相等(即E1＝E2)列方程．②利用某些能量的減少等于另一些能量的增加列方程．(3)兩個(gè)結(jié)論①若帶電粒子只在靜電力作用下運(yùn)動(dòng)，其動(dòng)能和電勢能之和保持不變．②若帶電粒子只在重力和靜電力作用下運(yùn)動(dòng)，其機(jī)械能和電勢能之和保持不變．（建議用時(shí)：40分鐘）【考向一：電場中功能關(guān)系的綜合問題】1．（2024·天津薊州·三模）如圖所示，圖中實(shí)線表示一勻強(qiáng)電場的電場線，一帶電體進(jìn)入電場，虛線是它的運(yùn)動(dòng)軌跡，a、b是軌跡上的兩點(diǎn)，那么正確的判斷是（）A．電場線方向向下B．帶電體一定從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)C．a(chǎn)點(diǎn)電勢比b點(diǎn)電勢低D．帶電體在a點(diǎn)的動(dòng)能小于在b點(diǎn)的動(dòng)能【答案】D【詳解】AC．根據(jù)曲線運(yùn)動(dòng)軌跡可知，帶電體受到的合力豎直向下，但不清楚帶電體的電性，所以無法判斷電場線方向，也無法判斷a點(diǎn)電勢與b點(diǎn)電勢的高低關(guān)系，故AC錯(cuò)誤；B．根據(jù)運(yùn)動(dòng)的可逆性可知，帶電體可以從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)，也可以從b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到a點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；D．由于帶電體受到的合力豎直向下，若帶電體從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)，則合力做正功，粒子動(dòng)能增加，帶電體在a點(diǎn)的動(dòng)能小于在b點(diǎn)的動(dòng)能；若帶電體從b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到a點(diǎn)，則合力做負(fù)功，粒子動(dòng)能減少，帶電體在a點(diǎn)的動(dòng)能小于在b點(diǎn)的動(dòng)能；故D正確。故選D。2．（2024·天津薊州·三模）如圖所示，電場中的一簇電場線關(guān)于y軸對(duì)稱分布，O點(diǎn)是坐標(biāo)原點(diǎn)，M、N、P、Q是以O(shè)為圓心的圓周上的四個(gè)點(diǎn)，其中M、N在y軸上，Q點(diǎn)在x軸上，下列說法正確的是（）A．P點(diǎn)電場強(qiáng)度的大小可能等于Q點(diǎn)電場強(qiáng)度的大小B．M點(diǎn)電勢可能等于Q點(diǎn)電勢C．電荷在N點(diǎn)的電勢能可能小于在M點(diǎn)的電勢能D．電荷從N點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)電場力做的功等于從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)電場力做的功【答案】C【詳解】A．根據(jù)電場線的疏密程度可知，P點(diǎn)的電場強(qiáng)度小于Q點(diǎn)的電場強(qiáng)度，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)沿電場方向電勢降低，結(jié)合等勢面與電場方向垂直，可知M點(diǎn)電勢低于Q點(diǎn)電勢，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)沿電場方向電勢降低，結(jié)合等勢面與電場方向垂直，可知N點(diǎn)的電勢高于M點(diǎn)的電勢，根據(jù)若電荷帶負(fù)電，則電荷在N點(diǎn)的電勢能小于在M點(diǎn)的電勢能，故C正確；D．根據(jù)電場分布可知，OM間的平均電場強(qiáng)度比NO之間的平均電場強(qiáng)度小，故由公式可知，OM間的電勢差小于NO間的電勢差，根據(jù)可得電荷從N到O過程中電場力做的功大于從O到M過程中電場力做的功，故D錯(cuò)誤。故選C。3．（2024·天津北辰·三模）如圖所示，兩個(gè)等量的點(diǎn)電荷分別固定在A、B兩點(diǎn)。虛線為AB的中垂線，交AB于O點(diǎn)。曲線ab為一電子只在電場力作用下的運(yùn)動(dòng)軌跡。a、b關(guān)于O點(diǎn)對(duì)稱。則下列說法正確的是（）A．兩個(gè)點(diǎn)電荷一定都帶負(fù)電 B．圖中虛線是一條等勢線C．電子在a、b兩點(diǎn)電勢能相同 D．電子在a、b兩點(diǎn)速度大小相同【答案】CD【詳解】A．曲線ab為一電子只在電場力作用下的運(yùn)動(dòng)軌跡，根據(jù)電子所受電場力一定指向軌跡的凹側(cè)，可知兩個(gè)點(diǎn)電荷一定都帶正電，故A錯(cuò)誤；B．由于兩點(diǎn)電荷為等量同種正點(diǎn)電荷，根據(jù)等量同種正點(diǎn)電荷周圍電勢分布可知，圖中虛線（中垂線）不是一條等勢線，故B錯(cuò)誤；CD．根據(jù)等量同種正點(diǎn)電荷周圍電勢分布規(guī)律以及對(duì)稱性可知a、b兩點(diǎn)電勢相等，所以電子在a、b兩點(diǎn)的電勢能相同，根據(jù)能量守恒定律可知電子在a、b兩點(diǎn)動(dòng)能相等，則電子在a、b兩點(diǎn)速度大小相同，故CD正確。故選CD。4．（2024·天津和平·三模）電子顯微鏡是冷凍電鏡中的關(guān)鍵部分，在電子顯微鏡中電子束相當(dāng)于光束，通過由電場或磁場構(gòu)成的電子透鏡實(shí)現(xiàn)會(huì)聚或發(fā)散作用。其中的一種電子透鏡的電場分布如圖所示，其中虛線為等勢面，相鄰等勢面間電勢差相等。一電子僅在電場力作用下運(yùn)動(dòng)，其軌跡如圖中實(shí)線所示，a、b、c是軌跡上的三點(diǎn)，則下列說法正確的是（）A．a(chǎn)點(diǎn)的電勢低于b點(diǎn)的電勢B．a(chǎn)點(diǎn)的電場強(qiáng)度大于c點(diǎn)的電場強(qiáng)度C．電子從a點(diǎn)到b點(diǎn)電勢能增加D．電子從a點(diǎn)到b點(diǎn)做加速運(yùn)動(dòng)【答案】AD【詳解】A．曲線運(yùn)動(dòng)的合外力指向軌跡的凹側(cè)，可知電子受到的電場力大致向右，電子帶負(fù)電，則電場線大致向左，根據(jù)沿電場線電勢降低，且電場線與等勢面垂直，可知a點(diǎn)的電勢低于b點(diǎn)的電勢，故A正確；B．等勢面越密，電場強(qiáng)度越大，c點(diǎn)處等勢面較密，則a點(diǎn)的電場強(qiáng)度小于c點(diǎn)的電場強(qiáng)度，故B錯(cuò)誤；CD．電子從a點(diǎn)到b點(diǎn)，電子受到的電場力方向與速度方向的夾角為銳角，電場力做正功，電勢能減小，動(dòng)能增大，故電子從a點(diǎn)到b點(diǎn)電勢能減小，電子從a點(diǎn)到b點(diǎn)做加速運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；D正確。故選AD。5．（2024·天津?yàn)I海新·三模）當(dāng)云層中包含有大量的電荷時(shí)，云層和大地之間可視為一個(gè)巨大的平行板電容器。如圖所示，云層帶正電，且云層帶電量不變，取地面的電勢為零。在云層和地面間的點(diǎn)處懸浮有一帶電微粒。下列說法正確的是（）A．微粒帶負(fù)電B．若云層高度下降，點(diǎn)的電勢降低C．若云層高度下降，微粒將向上運(yùn)動(dòng)D．若云層高度下降，微粒的電勢能不變【答案】AD【詳解】A．云層與大地間形成的電場方向向下，若微粒能懸浮在空中，則微粒受到向上的電場力，微粒帶負(fù)電。故A正確；BC．由又解得僅改變d，而Q保持不變時(shí)，電場強(qiáng)度E不變，微粒受力仍平衡，依然懸浮在P點(diǎn)。根據(jù)又解得可知P點(diǎn)的電勢不變。故BC錯(cuò)誤；D．根據(jù)可知微粒的電勢能不變。故D正確。故選AD。6．（2024·天津武清·模擬預(yù)測）如圖所示，實(shí)線為兩個(gè)點(diǎn)電荷和產(chǎn)生的電場中的電場線（方向未標(biāo)出），c、d是關(guān)于兩個(gè)點(diǎn)電荷連線對(duì)稱的兩點(diǎn)，一個(gè)電子沿虛線aob從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)，下列說法正確的是（）A．電子的加速度先減小后增大B．的電荷量大于的電荷量C．c、d兩點(diǎn)在同一等勢面上，兩點(diǎn)場強(qiáng)相同D．電子在a點(diǎn)的電勢能大于在O點(diǎn)的電勢能【答案】BD【詳解】A．由于電子在電場中只受到電場力的作用，所以有由于電子的帶電量以及質(zhì)量不會(huì)改變，所以當(dāng)電場強(qiáng)度越大，則加速度大小越大，而電場線越密集則電場強(qiáng)度越大，結(jié)合題圖可知，電子的加速度大小應(yīng)該是先增加后減小，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．由電場線的分布可知兩電荷量帶異種電荷，根據(jù)電場線的疏密程度分布可知電荷量大于的電荷量，故B項(xiàng)正確；C．電場中某一點(diǎn)的電場強(qiáng)度方向?yàn)樵擖c(diǎn)沿電場線的切線方向，由題圖可知，cd兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度方向不同，即兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度不同，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．電子帶負(fù)電，其做曲線運(yùn)動(dòng)，其合力指向軌跡的凹處，由于電荷之間同種互相排斥，異種互相吸引，所以結(jié)合題圖以及之前的分析可知，為正電荷，為負(fù)電荷，則電子從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的過程中電場力方向與速度方向的夾角小于，電場力做正功，電勢能逐漸減小，即電子在O點(diǎn)時(shí)的電勢能小于在a點(diǎn)時(shí)的電勢能，故D項(xiàng)正確。故選BD。7．（2024·天津·模擬預(yù)測）在O點(diǎn)處固定一個(gè)正點(diǎn)電荷，P點(diǎn)在O點(diǎn)右上方，從P點(diǎn)由靜止釋放一個(gè)帶負(fù)電的小球，小球僅在重力和該點(diǎn)電荷電場力作用下在豎直面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，某一段軌跡如圖所示，M、N是軌跡上的兩點(diǎn)，OP>OM，OM=ON，則小球（）A．在運(yùn)動(dòng)過程中，電勢能先增加后減少 B．在P點(diǎn)的電勢能小于在N點(diǎn)的電勢能C．在M點(diǎn)的動(dòng)能小于在N點(diǎn)的動(dòng)能 D．從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過程中，電場力始終不做功【答案】C【詳解】ABC．由題可知，，，則根據(jù)點(diǎn)電荷的電勢分布情況可知?jiǎng)t帶負(fù)電的小球在運(yùn)動(dòng)過程中，電勢能先減小后增大，且則帶負(fù)電的小球在M點(diǎn)的機(jī)械能等于在N點(diǎn)的機(jī)械能，故AB錯(cuò)誤，C正確；D．從M點(diǎn)到N點(diǎn)的過程中，根據(jù)電場力與運(yùn)動(dòng)方向的夾角，當(dāng)開始夾角為銳角，做正功；后變?yōu)殁g角，做負(fù)功，故電場力先做正功后做負(fù)功，故D錯(cuò)誤。故選C。8．（2024·天津·二模）如圖所示，在坐標(biāo)平面xOy內(nèi)存在靜電場，其等差等勢線關(guān)于坐標(biāo)軸對(duì)稱，如圖中虛線所示?，F(xiàn)有一質(zhì)子從左上方射入該電場，僅在電場力作用下的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中實(shí)曲線所示，P、Q、S、T、L分別為軌跡與各等勢線的交點(diǎn)。下列說法正確的是（）A．P點(diǎn)電勢低于L點(diǎn)電勢B．質(zhì)子在由P至L的運(yùn)動(dòng)過程中，電勢能逐漸減小C．質(zhì)子在由P至L的運(yùn)動(dòng)過程中，加速度先增大后減小D．若將質(zhì)子從坐標(biāo)原點(diǎn)由靜止釋放，質(zhì)子沿y軸負(fù)方向加速運(yùn)動(dòng)【答案】A【詳解】A．質(zhì)子帶正電，所受電場力為其合力，由于合力方向指向軌跡內(nèi)側(cè)，電場力方向沿電場線的切線，而電場線與等勢線垂直，可知電場線方向垂直于等勢線，整體向左，又由于沿電場線電勢降低，可知，P點(diǎn)電勢低于L點(diǎn)電勢，故A正確；B．結(jié)合上述可知，質(zhì)子在由P至L的運(yùn)動(dòng)過程中，電場力做負(fù)功，電勢能增大，故B錯(cuò)誤；C．等差等勢線分布的密集程度表示電場的強(qiáng)弱，根據(jù)圖示可知，由P至L的運(yùn)動(dòng)過程中，等勢線分布先變稀疏后變密集，則電場強(qiáng)度先變小后變大，即電場力先變小后變大，根據(jù)牛頓第二定律可知，加速度先減小后增大，故C錯(cuò)誤；D．結(jié)合上述可知，x軸上的電場方向沿x軸負(fù)方向，若將質(zhì)子從坐標(biāo)原點(diǎn)由靜止釋放，質(zhì)子所受電場力方向始終沿x軸負(fù)方向，則質(zhì)子沿x軸負(fù)方向加速運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。故選A。【考向二：電場中的圖像問題】9．（2024·天津·模擬預(yù)測）在x軸上O、P兩點(diǎn)分別放置電荷量為、的點(diǎn)電荷，一帶正電的試探電荷在兩電荷連線上電勢能隨x變化關(guān)系如圖，其中A、B兩點(diǎn)電勢能為零，BD段中C點(diǎn)電勢能最大，則（

）A．BC間場強(qiáng)方向沿x軸負(fù)方向B．和都是正電荷C．C點(diǎn)的電場強(qiáng)度大于A點(diǎn)的電場強(qiáng)度D．任意點(diǎn)電荷在B點(diǎn)的電勢能一定小于其在D點(diǎn)的電勢能【答案】A【詳解】A．由圖可知：從B到C，電勢升高，根據(jù)順著電場線電勢降低可知，BC間電場強(qiáng)度方向沿x軸負(fù)方向，故A正確；B．由圖知A點(diǎn)的電勢為零，由于沿著電場線電勢降低，所以O(shè)點(diǎn)的電荷帶正電，P點(diǎn)電荷帶負(fù)電，故B錯(cuò)誤；C．點(diǎn)C為電勢的拐點(diǎn)，若正點(diǎn)電荷從D到B點(diǎn)，電勢能先增大后減小，則C點(diǎn)電場強(qiáng)度為零，故C錯(cuò)誤；D．負(fù)電荷在B點(diǎn)的電勢能大于其在D點(diǎn)的電勢能，故D錯(cuò)誤。故選A。10．（2024·天津河西·一模）圖（a）中M、N是同一條電場線上的兩個(gè)點(diǎn)，一個(gè)電子僅在靜電力的作用下沿著這條電場線從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)，其運(yùn)動(dòng)的圖像如圖（b）所示。電子經(jīng)過M、N兩點(diǎn)時(shí)的速度分別為和，電子的質(zhì)量為m，電子電荷量的絕對(duì)值為e。以下說法正確的是（

）A．電場強(qiáng)度的方向由N指向MB．M、N兩點(diǎn)之間的電勢差C．電子運(yùn)動(dòng)的過程中，其電勢能不斷減小D．N點(diǎn)的電場強(qiáng)度大于M點(diǎn)的電場強(qiáng)度【答案】AC【詳解】AB．由圖乙可知負(fù)電荷的速度在增大，根據(jù)動(dòng)能定理可知電場力對(duì)負(fù)電荷做了正功，即解得電場力對(duì)負(fù)電荷做正功，所以電場力向右，則電場線方向由N指向M，故A正確，B錯(cuò)誤；C．根據(jù)電場力做功與電勢能變化的關(guān)系可知，電場力做正功，電勢能減小，故C正確；D．根據(jù)圖像的變化特點(diǎn)可知，負(fù)電荷在M、N兩點(diǎn)的加速度大小關(guān)系為負(fù)電荷僅受電場力的作用，則所以N點(diǎn)的電場強(qiáng)度小于M點(diǎn)的電場強(qiáng)度，故D錯(cuò)誤。故選AC。11．（2024·重慶九龍坡·一模）沿空間某直線建立x軸，該直線上的靜電場方向沿x軸，其x軸正半軸上電場強(qiáng)度隨x軸上位置變化規(guī)律如圖所示，原點(diǎn)O到間的圖線為直線，x軸正方向?yàn)殡妶鰪?qiáng)度正方向，x軸負(fù)方向?yàn)殡妶鰪?qiáng)度負(fù)方向，一個(gè)電荷量大小為q的粒子在O點(diǎn)由靜止釋放，剛好能沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)到處，不計(jì)粒子的重力，則下列判斷正確的是（）A．該粒子帶負(fù)電B．粒子在處的電勢能小于處的電勢能C．粒子在處的動(dòng)能為D．O點(diǎn)到之間電勢差大于到之間電勢差【答案】C【詳解】A．粒子在O點(diǎn)由靜止釋放，剛好能沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)到處，粒子先做加速運(yùn)動(dòng)后做減速運(yùn)動(dòng)，受力方向先與電場強(qiáng)度方向相同，后與電場強(qiáng)度方向相反，故粒子帶正電，故A錯(cuò)誤；B．粒子從到的過程中，電場力一直做正功，電勢能減少，所以粒子在處的電勢能大于處的電勢能，故B錯(cuò)誤；C．從O點(diǎn)到處，E-x圖線與坐標(biāo)軸所圍的面積表示O點(diǎn)到處電勢差。從O點(diǎn)到處由動(dòng)能定理得故在處的動(dòng)能為，故C正確；D．設(shè)O點(diǎn)到之間電勢差為,到之間電勢差為，由動(dòng)能定理得得O點(diǎn)到之間電勢差與到之間電勢差相等，故D錯(cuò)誤。故選C。12．（2025·河南·模擬預(yù)測）某電場的電勢隨位置x的變化關(guān)系如圖所示，O點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，a、b、c、d為x軸上的四個(gè)點(diǎn)。一帶正電粒子從d點(diǎn)由靜止釋放，在電場力作用下沿x軸運(yùn)動(dòng)，不計(jì)重力，則粒子（）A．將在ad之間做周期性運(yùn)動(dòng) B．在d點(diǎn)的電勢能大于a點(diǎn)的電勢能C．在b點(diǎn)與c點(diǎn)所受電場力方向相同 D．將沿x軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，可以到達(dá)O點(diǎn)【答案】A【詳解】B．由圖可知，、兩點(diǎn)電勢相等，根據(jù)可知粒子在d點(diǎn)的電勢能等于a點(diǎn)的電勢能，故B錯(cuò)誤；C．圖像斜率表示電場強(qiáng)度，由圖可知，b點(diǎn)與c點(diǎn)的電場強(qiáng)度方向相反，根據(jù)可知在b點(diǎn)與c點(diǎn)所受電場力方向相反，故C錯(cuò)誤；AD．根據(jù)沿著電場線方向電勢降低可知在點(diǎn)電場方向?yàn)檩S負(fù)方向，粒子帶正電，則粒子受到沿著軸負(fù)方向的電場力，即粒子將沿x軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，粒子僅受電場力做功，則粒子的動(dòng)能和電勢能之和恒定，根據(jù)B選項(xiàng)分析可知粒子在d點(diǎn)的電勢能等于a點(diǎn)的電勢能，則粒子在d點(diǎn)的動(dòng)能等于a點(diǎn)的動(dòng)能均為0，即粒子將在ad之間做周期性運(yùn)動(dòng)，不能到達(dá)點(diǎn)，故A正確，D錯(cuò)誤。故選A。13．（2025·重慶·一模）某空間的軸上只存在沿此軸方向的靜電場，軸上各點(diǎn)電勢分布如圖。一電子只在電場力作用下由軸上某點(diǎn)無初速釋放，下列說法正確的是（）A．到范圍內(nèi)，處的電場強(qiáng)度最大B．若電子在位置釋放，不能通過點(diǎn)C．若電子沿軸運(yùn)動(dòng)過程中的總能量恒為零，則電子的運(yùn)動(dòng)區(qū)間可能為D．若電子在處釋放，電子將一直向右加速運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)【答案】C【詳解】A．根據(jù)圖像的斜率大小表示電場強(qiáng)度大小，由圖可知原點(diǎn)圖像的切線斜率為零，故原點(diǎn)的電場強(qiáng)度零，不是最大，A錯(cuò)誤；BD．若電子在位置釋放，電子在處的動(dòng)能為零，由圖可知，電子在和兩個(gè)位置的電勢相等，則電子在兩處的電勢能也相等，根據(jù)總能量守恒可知，粒子在的動(dòng)能才為零，即電子運(yùn)動(dòng)到位置時(shí)，速度才會(huì)減為零，故電子可以通過點(diǎn)，且電子先加速運(yùn)動(dòng)，而后減速運(yùn)動(dòng)，在和間來回往復(fù)運(yùn)動(dòng)，BD錯(cuò)誤；C．電子帶負(fù)電荷，開始時(shí)由電勢低處向電勢高處運(yùn)動(dòng)，又因?yàn)殡娮友豿軸運(yùn)動(dòng)過程中的總能量恒為零，則開始運(yùn)動(dòng)時(shí)動(dòng)能為零，電勢能也為零，則粒子的活動(dòng)區(qū)間是，C正確。故選C。14．（2024·河南·模擬預(yù)測）如圖甲所示，平面直角坐標(biāo)系xOy處在勻強(qiáng)電場中，電場強(qiáng)度方向與坐標(biāo)平面平行，P點(diǎn)是y軸上y=3m處的一點(diǎn)，Q是x軸上x=3m處的一點(diǎn)，x軸上x=0至x=2m區(qū)域內(nèi)的電勢分布如圖乙所示，將一個(gè)電荷量為q=-1×10-5C的點(diǎn)電荷從坐標(biāo)原點(diǎn)沿y軸正向移動(dòng)1.5m，克服電場力做功為8×10-5J。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，則下列說法正確的是（）A．電場強(qiáng)度的大小為B．勻強(qiáng)電場方向與x軸正向夾角為60°C．y軸上P點(diǎn)的電勢為-8VD．將一個(gè)電荷量為1×10-5C的點(diǎn)電荷從P點(diǎn)移到Q點(diǎn)，電場力做功為4×10-5J【答案】AC【詳解】AB．由題圖乙知，電場強(qiáng)度沿x軸的分量，方向沿x軸正向，大小為依題意有，電場強(qiáng)度沿y軸的分量，方向沿y軸正向，大小為故該勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小為設(shè)場強(qiáng)方向與x軸正向的夾角為α，則可得故A正確，B錯(cuò)誤；C．根據(jù)勻強(qiáng)電場電場強(qiáng)度與電勢差的關(guān)系有，，可得點(diǎn)電勢為-8V，故C正確；D．點(diǎn)電勢為-4V，由動(dòng)能定理故D錯(cuò)誤。故選AC。15．（2025·全國·模擬預(yù)測）一勻強(qiáng)電場的方向平行于平面，平面中、、三點(diǎn)的位置如圖所示，、、三點(diǎn)的電勢分別為、、，則（

）A．點(diǎn)的電勢為B．電子從到電場力做的功為C．勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為D．將電子沿直線從移動(dòng)到，電子的電勢能一直減小【答案】CD【詳解】A．由題意可得且可得A錯(cuò)誤；B．電子從到電場力做的功為B錯(cuò)誤；C．設(shè)軸上電勢為的位置為點(diǎn)，則由幾何關(guān)系可知其橫坐標(biāo)為，即為勻強(qiáng)電場中的一條等勢線，如圖所示過作的垂線，垂足為，電場方向沿方向，由幾何關(guān)系可得即則有電場強(qiáng)度C正確；D．由上述分析知，電場線方向由指向，故將電子沿直線從移動(dòng)到，電勢能一直減小，D正確。故選CD。16．（2025·全國·模擬預(yù)測）空間中存在平行x軸方向的靜電場，取x軸正方向?yàn)殡妶鰪?qiáng)度的正方向，x軸上某物理量與位置的關(guān)系如圖所示。在O點(diǎn)將一帶正電粒子由靜止釋放，粒子運(yùn)動(dòng)過程只受靜電力作用。則（）A．若縱坐標(biāo)表示電場強(qiáng)度，粒子釋放后做往復(fù)運(yùn)動(dòng)B．若縱坐標(biāo)表示電場強(qiáng)度，粒子能運(yùn)動(dòng)到x3右側(cè)無窮遠(yuǎn)處C．若縱坐標(biāo)表示電勢，粒子釋放后做往復(fù)運(yùn)動(dòng)D．若縱坐標(biāo)表示電勢，粒子在Ox2段增加的動(dòng)能小于x2x1段【答案】BD【詳解】AB．粒子釋放時(shí)受到沿x軸正方向的電場力，且之后經(jīng)過位置的電場方向始終沿x軸正方向，則粒子一直沿x軸向右運(yùn)動(dòng)到x3右側(cè)無窮遠(yuǎn)處，A錯(cuò)誤，B正確。C．沿電場線方向電勢降低，可知x3左側(cè)的電場線指向x軸負(fù)方向，x3右側(cè)的電場線指向x軸正方向，粒子釋放后所受電場力指向x軸負(fù)方向，一直向x軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；D．粒子動(dòng)能的增加量等于電勢能的減少量，Ox2段粒子電勢能的減少量小于qy0，x2x1段粒子電勢能的減少量等于qy0，故D正確。故選BD?！究枷蛉簬щ娏Ｗ釉谥亓龊碗妶鲋械膱A周運(yùn)動(dòng)】17．（2025·天津?yàn)I海新·聯(lián)考）如圖所示，BCD是光滑絕緣的半圓形軌道，位于豎直平面內(nèi)，直徑BD豎直，軌道半徑為R，下端與水平光滑絕緣軌道在B點(diǎn)平滑連接，整個(gè)軌道處在水平向左的勻強(qiáng)電場中?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m、帶正電的小球（可視為質(zhì)點(diǎn)）由水平軌道上的A點(diǎn)靜止釋放，已知AB之間的距離s=8R，滑塊受到的靜電力大小為0.5mg，重力加速度為g。(1)求小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度大??；(2)小球到達(dá)D點(diǎn)時(shí)軌道對(duì)小球的彈力大?。?3)小球從D點(diǎn)飛出軌道后，落在水平地面上的Р點(diǎn)（未畫出），求PB之間的距離。【答案】(1)(2)(3)【詳解】（1）小球從A到B做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理可得解得（2）小球從A到D的過程中，由動(dòng)能定理可得小球在D點(diǎn)，由牛頓第二定律可得聯(lián)立解得（3）小球從D點(diǎn)飛出軌道后做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，豎直方向有水平方向有設(shè)PB之間的距離為x，則有聯(lián)立解得18．（2025·天津?qū)氎妗ふ{(diào)研）如圖所示，光滑絕緣軌道固定在豎直面內(nèi)，為水平直軌道，是半徑為R的四分之一圓弧軌道，整個(gè)空間中均有水平向右的勻強(qiáng)電場。質(zhì)量為m、電荷量為q（）的小球從P點(diǎn)由靜止釋放，的距離也為R，小球飛出軌道后所能到達(dá)的最高點(diǎn)為Q點(diǎn)（圖中未畫出）。已知?jiǎng)驈?qiáng)電場的場強(qiáng)，重力加速度大小為g，，。求：(1)小球運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)時(shí)（b點(diǎn)屬于圓弧軌道），小球的速度多大？(2)小球在b點(diǎn)時(shí)軌道對(duì)小球的支持力多大？(3)運(yùn)動(dòng)過程中小球?qū)壍赖淖畲髩毫槎啻?？【答案?1)(2)(3)【詳解】（1）小球從P到b的過程，根據(jù)動(dòng)能定理解得小球運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)時(shí)的速度大小為（2）根據(jù)牛頓第二定律解得軌道對(duì)小球的支持力大小為（3）根據(jù)題意可知重力與電場力的合力為根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)知，此時(shí)合力與水平方向的夾角為37°，則軌道上等效物理最低點(diǎn)位于圓弧上，與圓心連線與水平方向的夾角為37°處，該點(diǎn)軌道所受壓力最大，根據(jù)動(dòng)能定理可得根據(jù)牛頓第二定律可得聯(lián)立解得根據(jù)牛頓第三定律可知，小球?qū)壍赖淖畲髩毫?9．（2025·天津北辰·聯(lián)考）如圖所示，帶電量為2q（q>0）、質(zhì)量為m的小球A，置于絕緣光滑水平面上與絕緣彈簧右端接觸（不粘連），彈簧左端固定，使彈簧開始處于壓縮狀態(tài)并具有彈性勢能，釋放彈簧，把A彈出，A在M點(diǎn)水平進(jìn)入場強(qiáng)大小為E1，方向水平向右的勻強(qiáng)電場中，隨后A從C點(diǎn)沿切線方向進(jìn)入絕緣粗糙的圓弧軌道CDG，軌道半徑，O為圓心、COD為直徑且與豎直方向成53°，圓弧軌道最高點(diǎn)G點(diǎn)與M點(diǎn)在同一水平面上，整個(gè)圓弧軌道處于大小為、方向豎直向下的勻強(qiáng)電場中，假設(shè)小球A沿圓弧軌道運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)開始離開軌道，小球A可視為點(diǎn)電荷，重力加速度為g，帶電小球不會(huì)改變E1和E2電場的分布，求：(1)M點(diǎn)與C點(diǎn)的高度差h；(2)場強(qiáng)E1的大?。?3)小球A從C到D過程中摩擦力做的功。【答案】(1)L(2)(3)【詳解】（1）根據(jù)幾何關(guān)系可得，M點(diǎn)與C點(diǎn)的高度差為（2）彈簧將A彈開時(shí)，有所以小球A進(jìn)入E1電場中，水平方向有，豎直方向有，，聯(lián)立解得（3）小球A在C點(diǎn)的速度大小為運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)開始離開軌道，則從C到D過程中，根據(jù)動(dòng)能定理可得聯(lián)立解得20．（2025·天津·調(diào)研）如圖所示，一內(nèi)壁光滑的絕緣圓管ADB固定在豎直平面內(nèi)。圓管的圓心為O，D點(diǎn)為圓管的最低點(diǎn)，A、B兩點(diǎn)在同一水平線上，AB=2L，圓管的半徑為r=L(自身的內(nèi)徑忽略不計(jì))。過OD的虛線與過AB的虛線垂直相交于C點(diǎn)，在虛線AB的上方存在方向水平向右、范圍足夠大的勻強(qiáng)電場；虛線AB的下方存在方向豎直向下、范圍足夠大的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度的大小。圓心О正上方的Р點(diǎn)有一質(zhì)量為m、電荷量為-q(q>0)的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))，P、C間距為L?，F(xiàn)將該小球從Р點(diǎn)無初速釋放，經(jīng)過一段時(shí)間后，小球剛好從管口A無碰撞地進(jìn)入圓管內(nèi)，并繼續(xù)運(yùn)動(dòng)。重力加速度為g。求：(1)虛線AB上方勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度的大小E；(2)小球在ADB管中運(yùn)動(dòng)經(jīng)過D點(diǎn)時(shí)對(duì)管的壓力FD；(3)小球從管口B離開后，經(jīng)過一段時(shí)間到達(dá)虛線AB上的N點(diǎn)(圖中未標(biāo)出)，小球從B點(diǎn)到N點(diǎn)的過程中所用時(shí)間為t?！敬鸢浮?1)(2)(3)【詳解】（1）依題可知，xAC=L，對(duì)小球P到A過程，小球受重力和電場力，且電場力方向水平向左，設(shè)線AB上方勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度的大小E，則水平方向豎直方向聯(lián)立以上兩式（2）從P到A過程，由動(dòng)能定理解得小球在管中運(yùn)動(dòng)時(shí)，因?yàn)镋2q=mg，故小球在管中左勻速圓周運(yùn)動(dòng)，故在D點(diǎn)，設(shè)管給球的支持力FN，則由牛頓第二律解得根據(jù)牛頓第三定律可知，小球在ADB管中運(yùn)動(dòng)經(jīng)過D點(diǎn)時(shí)對(duì)管的壓力（3）又對(duì)稱性可知，小球回到B點(diǎn)時(shí)速度與在A點(diǎn)大小相同，即分析可知，小球從管口B離開后加速度為當(dāng)小球從B點(diǎn)飛出后，當(dāng)小球沿拋出方向和垂直拋出方向位移大小相等時(shí)恰回到虛線AB上的N點(diǎn)，則解得21．（2025·天津·聯(lián)考）在電場強(qiáng)度為、方向水平向右的勻強(qiáng)電場中，用一根長的絕緣細(xì)桿（質(zhì)量不計(jì)）固定一個(gè)質(zhì)量為，電荷量為帶正電的小球，細(xì)桿可繞軸O在豎直平面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動(dòng)?，F(xiàn)將桿從水平位置A輕輕釋放，在小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)B的過程中，（?。┣螅?1)電場力對(duì)小球做功是多少？(2)A、B兩位置的電勢差是多少？(3)小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度多大？【答案】(1)(2)(3)【詳解】（1）在小球從水平位置A運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)B的過程，電場力對(duì)小球做功為（2）A、B兩點(diǎn)間電勢差為（3）小球從A到B過程，由動(dòng)能定理可得解得22．（2025·天津·聯(lián)考）如圖所示，ABCD是半徑為R的四分之三光滑絕緣圓形軌道，固定在豎直面內(nèi)。以軌道的圓心O為坐標(biāo)原點(diǎn)，沿水平直徑AC方向建立x軸，豎直直徑BD方向建立y軸。y軸右側(cè)（含y軸）存在豎直向上的勻強(qiáng)電場。一質(zhì)量為m、帶電量為+q的小球，從A點(diǎn)由靜止開始沿軌道下滑，通過軌道最高點(diǎn)D后，又落回到軌道上的A點(diǎn)處。不考慮小球之后的運(yùn)動(dòng)，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，求：(1)小球落回到A點(diǎn)時(shí)的速率；(2)電場強(qiáng)度的大小；(3)小球從A下滑到電場內(nèi)的B點(diǎn)時(shí)受到軌道支持力的大小。【答案】(1)(2)(3)【詳解】（1）設(shè)小球離開D點(diǎn)時(shí)的速率為，由D落回到A的時(shí)間為t，則由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有解得小球落回到A時(shí)的速率為，根據(jù)動(dòng)能定理有解得（2）小球從A到D的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有解得（3）小球通過軌道最低點(diǎn)B處時(shí)的速率為，軌道對(duì)小球的支持力為F，則有根據(jù)合力提供向心力有解得小球從A下滑到電場內(nèi)的B點(diǎn)時(shí)受到軌道支持力的大小23．（2024·天津·調(diào)研）如圖所示，長為l的絕緣細(xì)線（不可伸長）一端懸于點(diǎn)，另一端系一質(zhì)量為、電荷量為的帶正電小球。現(xiàn)將此裝置放在水平方向的勻強(qiáng)電場中，小球靜止在點(diǎn)，此時(shí)細(xì)線與豎直方向夾角為，重力加速度為。求：（1）判斷電場強(qiáng)度的方向；（2）電場強(qiáng)度的大小；（3）如果將小球拉至點(diǎn)正下方最低點(diǎn)處由靜止釋放，求小球在運(yùn)動(dòng)過程中能達(dá)到的最大速度?！敬鸢浮浚?）水平向左；（2）；（3）【詳解】（1）由圖可知，帶電小球靜止時(shí)電場力水平向左，因?yàn)樾∏驇д?，所以電場?qiáng)度方向水平向左。（2）小球受重力、電場力和細(xì)線的拉力，根據(jù)平衡條件有，解得（3）小球從最低點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最初靜止的位置時(shí)動(dòng)能最大，根據(jù)動(dòng)能定理得解得24．（2024·天津·調(diào)研）如圖所示，為有界的豎直向下的勻強(qiáng)電場（邊界上有電場），電場強(qiáng)度，ACB為光滑豎直固定的半圓形軌道，軌道半徑為，A、B為圓水平直徑的兩個(gè)端點(diǎn)，為圓弧，一個(gè)質(zhì)量為，電荷量為的帶電小球，從A點(diǎn)正上方高為處由靜止釋放，并從A點(diǎn)沿切線進(jìn)入半圓軌道，不計(jì)空氣阻力及一切能量損失，關(guān)于帶電小球的受力及運(yùn)動(dòng)情況，下列說法正確的是（

）A．小球在部分做勻速圓周運(yùn)動(dòng)B．小球到達(dá)點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道壓力大小為C．適當(dāng)增大，小球沿軌道到達(dá)點(diǎn)的速度可能為零D．若，要使小球沿軌道運(yùn)動(dòng)到，則應(yīng)將至少調(diào)整為【答案】AD【詳解】A．依題意，有則電場力與重力的合力為零，則小球在AC部分做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，加速度大小不變，方向始終指向圓心。故A正確；B．小球進(jìn)入半圓軌道，電場力和重力平衡，小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理可知在C點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律得又聯(lián)立，解得由牛頓第三定律可知小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力為2mg。故B錯(cuò)誤；C．適當(dāng)增大E，即小球所受的電場力大于重力，電場力和重力的合力向上，則在最低點(diǎn)C的最小速度滿足即在最低點(diǎn)的速度不可能為零。故C錯(cuò)誤；D．若，在最低點(diǎn)軌道的作用力為零，根據(jù)牛頓第二定律得根據(jù)動(dòng)能定理得聯(lián)立，解得可知要使小球沿軌道運(yùn)動(dòng)到C，則應(yīng)將至少調(diào)整為。故D正確。故選AD?！究枷蛩模弘妶鲋械牧﹄娋C合問題】25．（2024·天津·模擬預(yù)測）如圖，在豎直平面內(nèi)有一勻強(qiáng)電場，一帶電荷量為、質(zhì)量為的小球在力（大小可以變化）的作用下沿圖中虛線由A至B做豎直向上的勻速運(yùn)動(dòng)。已知力和AB間夾角為，A、B間距離為，重力加速度為。則（

）A．電場強(qiáng)度的最小值為B．力的最大值為C．小球從A運(yùn)動(dòng)到B電場力一定做正功D．若電場強(qiáng)度時(shí)，小球從A運(yùn)動(dòng)到B電勢能變化量大小可能為【答案】AD【詳解】AB．分析小球受力情況：小球受到重力mg、拉力F與電場力qE，因?yàn)樾∏蜃鰟蛩僦本€運(yùn)動(dòng)，合力為零，則F與qE的合力與mg大小相等、方向相反，作出F與qE的合力，如圖所示當(dāng)電場力qE與F垂直時(shí)，電場力最小，此時(shí)場強(qiáng)也最?。粍t有解得電場強(qiáng)度的最小值為拉力F的取值隨著電場強(qiáng)度方向的變化而變化，如果電場強(qiáng)度方向斜向右下方，則F的值將大于，故A正確，B錯(cuò)誤；C．當(dāng)電場力qE與AB方向垂直時(shí)，小球從A運(yùn)動(dòng)到B電場力不做功，故C錯(cuò)誤；D．若電場強(qiáng)度時(shí)，即電場力qE可能與AB方向垂直，如圖1位置，電場力不做功，電勢能變化量為0；電場力的方向也可能電場力位于位置2方向，則電場力做功為故D正確。故選AD。26．（2024·天津·一模）如圖所示，豎直固定的光滑絕緣細(xì)桿上O點(diǎn)套有一個(gè)電荷量為-q（q>0）,質(zhì)量為m的小環(huán)，整個(gè)裝置處在固定于桿左側(cè)電荷量為+Q（Q>0）的點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場中，桿上a、b兩點(diǎn)與+Q正好構(gòu)成等邊三角形，c是ab的中點(diǎn)。使小環(huán)從O點(diǎn)無初速度釋放，小環(huán)通過a點(diǎn)的速率為v，若已知ab=Oa=l，靜電常量為k，重力加速度為g，規(guī)定O點(diǎn)電勢為零。則（）A．小環(huán)下落過程中機(jī)械能守恒B．小環(huán)下落過程中電勢能先減小后增大C．小環(huán)在從c點(diǎn)到b點(diǎn)的過程中，速度不斷減小D．b點(diǎn)電勢為【答案】BD【詳解】A.小環(huán)下落過程中由于有庫侖力對(duì)小環(huán)做功，則小環(huán)的機(jī)械能不守恒，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B.小環(huán)下落過程中，庫侖力先做正功后做負(fù)功，則電勢能先減小后增大，選項(xiàng)B正確；C.小環(huán)在從c點(diǎn)到b點(diǎn)的過程中，c點(diǎn)豎直方向只受重力，此時(shí)加速度向下為g，因此小球會(huì)線加速，當(dāng)加速度減小為零以后才會(huì)減速，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D.從O到a由動(dòng)能定理，解得因ab兩點(diǎn)電勢相等，可知b點(diǎn)電勢為選項(xiàng)D正確。故選BD。27．（2024·天津和平·一模）如圖所示，質(zhì)量相同、帶等量異種電荷的甲、乙兩粒子，先后從S點(diǎn)沿SO方向垂直射入勻強(qiáng)電場中，分別經(jīng)過圓周上的P、Q兩點(diǎn)，不計(jì)粒子間的相互作用及重力，則兩粒子在圓形區(qū)域內(nèi)運(yùn)動(dòng)過程中（）A．甲粒子的入射速度小于乙粒子 B．甲粒子所受電場力的沖量小于乙粒子C．甲粒子在P點(diǎn)的速度方向可能沿OP方向 D．電場力對(duì)甲粒子做的功小于對(duì)乙粒子做的功【答案】BD【詳解】A．甲、乙兩粒子在電場中均做類平拋運(yùn)動(dòng)，則垂直電場方向的位移為沿電場方向的位移為聯(lián)立可得由于，可知甲粒子的入射速度大于乙粒子的入射速度，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)沿電場方向的位移為，可知根據(jù)可知甲粒子所受電場力的沖量小于乙粒子所受電場力的沖量，故B正確；C．粒子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，可知速度反向延長線交于豎直位移的中點(diǎn)，甲粒子在P點(diǎn)的速度反向延長線應(yīng)交SO于O點(diǎn)下方，故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)，可知電場力對(duì)甲粒子做的功小于對(duì)乙粒子做的功，故D正確。故選BD。28．（2024·天津·一模）如圖所示，勻強(qiáng)電場中一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電荷的粒子在A點(diǎn)獲得初速度后沿水平方向AB向右做勻減速運(yùn)動(dòng)。BC與AC垂直，B點(diǎn)與C點(diǎn)的電勢相等。重力加速度為g。下列判斷正確的是（）A．場強(qiáng)大小為 B．場強(qiáng)大小為C．電場方向水平向左 D．電場方向沿CA方向【答案】AD【詳解】CD．由于，且，說明電場線平行于；又帶正電荷的粒子沿水平方向AB向右做勻減速運(yùn)動(dòng)，說明電場方向沿著CA方向，故C錯(cuò)誤、D正確；AB．帶正電荷的粒子在A點(diǎn)獲得初速度后沿水平方向AB向右做勻減速運(yùn)動(dòng)，說明帶電粒子在豎直方向上受力平衡，則有解得故A正確、B錯(cuò)誤。故選AD。29．（2024·安徽合肥·模擬預(yù)測）如圖所示，豎直面內(nèi)有一半徑為r的光滑圓形軌道，圓形軌道的最低點(diǎn)B處有一入口與水平地面連接，空間存在方向水平向左的勻強(qiáng)電場。一帶電荷量為、質(zhì)量為m的小物塊從水平地面上的A點(diǎn)由靜止釋放。已知電場強(qiáng)度大小，小物塊與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)，重力加速度為，，。(1)求等效重力加速度；(2)若取B點(diǎn)電勢為零，，求物塊電勢能的最小值及此時(shí)的動(dòng)能；(3)為使小物塊進(jìn)入軌道后始終不脫離軌道，求釋放點(diǎn)A到B的距離s滿足的條件；【答案】(1)(2)；(3)或【詳解】（1）小物塊所受的電場力方向水平向左，大小為小球所受電場力和重力的合力稱為等效重力，用表示，如圖所示則即，等效重力加速度用表示，則（2）如圖所示，E點(diǎn)為小球做圓周運(yùn)動(dòng)的等效最低點(diǎn)，F(xiàn)點(diǎn)是與圓心“等高”的點(diǎn)，G點(diǎn)是等效最高點(diǎn)若小球進(jìn)入軌道后恰好能到達(dá)F點(diǎn)，設(shè)此時(shí)釋放點(diǎn)A到B的距離為，則小球由A到F的過程中根據(jù)動(dòng)能定理有求得則當(dāng)時(shí)，小球恰好能夠到達(dá)F點(diǎn)，則小球到達(dá)圓心的等高點(diǎn)C時(shí)電勢能最小，小球由B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)過程中電場力做的功為求得即物塊電勢能的最小值為。從A到C點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理有解得（3）若小球進(jìn)入軌道后恰好能通過G點(diǎn)，設(shè)此時(shí)釋放點(diǎn)A到B的距離為，則小球由A到G的過程中根據(jù)動(dòng)能定理有小球通過G點(diǎn)時(shí)有聯(lián)立求得所以，為使小物塊進(jìn)入軌道后始終不脫離軌道，結(jié)合（2）可知，釋放點(diǎn)A到B的距離s滿足的條件為或30．（2025·福建福州·二模）如圖（a），長度L=0.8m的光滑桿左端固定一帶正電的點(diǎn)電荷A，其電荷量QA=1.8×10?7C，一質(zhì)量m=0.02kg，帶電量為q的小球B套在桿上。將桿沿水平