物体下滑
后脱离墙面，此时速度大小为
，物体最终落在地面上.则下列关于物体的运动说法正确的
是（）
A.当物体沿墙壁下滑时，物体先加速再做匀速直线运动B.物体从脱离墙壁到落地之前的运动轨迹是一段直线C.物体克服摩擦力所做的功Wf＝
mgH
D.物体与墙壁脱离的时刻为t＝
【答案】CD
【解析】竖直方向上有mg－μqE＝ma，随着电场强度E的减小，加速度a逐渐增大，当E＝0时，加速度增大到重力加速度g，此后物块脱离墙面，故A错误；物体脱离墙面时的速度向下，之后所受合外力与初速度不在同一条直线上，所以运动轨迹为曲线，故B错误；物体从开始运动到脱离墙面电场力一直不做功，
由动能定理得，mg－Wf＝mv2，将v＝代入解得Wf＝mgH，故C正确；当物体与墙面脱离时电场
强度为零，所以E＝E0－kt＝0，解得时间t＝
，故D正确.
6.如图所示，A、B两物块用一根轻绳跨过定滑轮相连，其中A带负电，电荷量大小为q.A静止于斜面的光滑部分（斜面倾角为37°，其上部分光滑，下部分粗糙且足够长，粗糙部分的动摩擦因数为μ，上方有一个平行于斜面向下的匀强电场），轻绳拉直而无形变.不带电的B、C通过一根轻弹簧拴接在一起，且处于静止状态，弹簧劲度系数为k.B、C质量相等，均为m，A的质量为2m，不计滑轮的质量和摩擦，重力加速度为g.
（1）电场强度E的大小为多少？
（2）现突然将电场的方向改变180°，A开始运动起来，当C刚要离开地面时（此时B还没有运动到滑轮处，
A刚要滑上斜面的粗糙部分），请求出此时B的速度大小；
（3）若
（2）问中A刚要滑上斜面的粗糙部分时，绳子断了，电场恰好再次反向，请问A再经多长时间停下来？
【答案】
（1）
（2）（3）
【解析】
（1）分析物块A的受力，受到重力、支持力和电场力作用，根据平衡条件得，qE＝2mgsin37°，
解得，E＝
＝
.
（2）初态物块B静止，弹簧处于压缩状态，压缩量为x，由平衡条件得kx＝mg，末态当物块C刚要离开地面时，弹簧处于伸长状态，伸长量为x′，由平衡条件得kx′＝mg，则物块B上升2x，物块A沿斜面下降2x，初、末状态的弹性势能相等，物块A、B速度大小相等，根据动能定理得，－mg·2x＋qE·2x＋2mg·2xsin37°
＝
×3mv2－0，解得物块B的速度大小v＝.
（3）物块A滑上斜面粗糙部分，做匀减速直线运动，列牛顿第二定律关系式，2mgsin37°－qE－2μmgcos37°
＝2ma，解得a＝－μgcos37°＝－
μg，运动时间t＝
＝.
7.如图所示，可视为质点的三物块A、B、C放在倾角为30°的固定斜面上，物块与斜面间的动摩擦因数μ＝
，A与B紧靠在一起，C紧靠在固定挡板上，三物块的质量分别为mA＝0.60kg，mB＝0.30kg，mC＝
0.50kg，其中A不带电，B、C均带正电，且qC＝1.0×10－5C，开始时三个物块均能保持静止且与斜面间均
无摩擦力作用，B、C间相距L＝1.0m.现给A施加一平行于斜面向上的力F，使A在斜面上做加速度a＝1.0m/s2的匀加速直线运动，假定斜面足够长.已知静电力常量k＝9.0×109N·m2/C2，g＝10m/s2.求：
（1）B物块的带电量qB；
（2）A、B运动多长距离后开始分离.
【答案】
（1）5.0×10－5C
（2）0.5m
【解析】
（1）设B物块的带电量为qB，A、B、C处于静止状态时，C对B的库仑斥力
F0＝
以A、B为研究对象，根据力的平衡有F0＝（mA＋mB）gsin30°
联立解得qB＝5.0×10－5C
（2）给A施加力F后，A、B沿斜面向上做匀加速直线运动，C对B的库仑斥力逐渐减小，A、B之间的弹力也逐渐减小.设经过时间t，B、C间距离变为L′，A、B两者间弹力减小到零，此后两者分离.则t时刻C
对B的库仑斥力为F0′＝
以B为研究对象，由牛顿第二定律有F0′－mBgsin30°－μmBgcos30°＝mBa
联立以上各式解得L′＝1.5m
则A、B分离时，A、B运动的距离ΔL＝L′－L＝0.5m
题组2有约束的带电粒子在电场中的运动（圆轨道约束）
8.（多选）如图所示，MPQO为有界的竖直向下的匀强电场，电场强度为E，ACB为光滑固定的半圆形轨道，
圆轨道半径为R，AB为圆水平直径的两个端点，AC为
圆弧.一个质量为m、电荷量为－q的带电小球，从
A点正上方高为H处由静止释放，并从A点沿切线进入半圆轨道.不计空气阻力及一切能量损失，关于带电粒子的运动情况，下列说法正确的是（）
A.小球一定能从B点离开轨道
B.小球在AC部分可能做匀速圆周运动
C.若小球能从B点离开，上升的高度一定小于H
D.小球到达C点的速度可能为零
【答案】BC
【解析】由于题中没有给出H与R、E的关系，所以小球不一定能从B点离开轨道，故A错误；若重力大小等于电场力，小球在AC部分做匀速圆周运动，故B正确.由于小球在AC部分运动时电场力做负功，所以若小球能从B点离开，上升的高度一定小于H，故C正确；若小球到达C点的速度为零，则电场力大于重力，则小球不可能沿半圆轨道运动，所以小球到达C点的速度不可能为零.故D错误.
9.（多选）如图所示，光滑的水平轨道AB与半径为R的光滑的半圆形轨道BCD相切于B点，AB水平轨道部分存在水平向右的匀强电场，半圆形轨道在竖直平面内，B为最低点，D为最高点.一质量为m、带正电的小球从距B点x的位置在电场力的作用下由静止开始沿AB向右运动，恰能通过最高点，则（）
A.R越大，x越大
B.R越大，小球经过B点后瞬间对轨道的压力越大
C.m越大，x越小
D.m与R同时增大，电场力做功增大
【答案】AD
【解析】小球在BCD部分做圆周运动，在D点，mg＝m，小球由B到D的过程中有：
－2mgR＝mv－
mv，解得vB＝
，R越大，小球经过B点时的速度越大，则x越大，选项A正确；在B点有：
FN－
mg＝m，解得FN＝6mg，与R无关，选项B错误；由Eqx＝
mv
，知m、R越大，小球在B点的动能越大，则x越大，电场力做功越多，选项C错误，D正确.
10.
如图所示，半径为R的光滑圆环竖直置于场强为E的水平方向的匀强电场中，质量为m、带电荷量为＋q的空心小球穿在环上，当小球从顶点A由静止开始下滑到与圆心O等高的位置B时，求小球对环的压力.
【答案】2mg＋3Eq，方向水平向右
【解析】小球从A运动到B的过程中，重力做正功，电场力做正功，动能增加，由动能
定理有mgR＋EqR＝mv2
在B点小球受到重力mg、电场力F和环对小球的弹力F1三个力的作用，沿半径方向指向圆心的合力提供向心力，则F1－Eq＝m
联立以上两式可得F1＝2mg＋3Eq
小球对环的作用力与环对小球的作用力为一对作用力与反作用力，两者等大反向，即小球对环的压力F1′＝
2mg＋3Eq，方向水平向右.
11.在电场强度为E＝104N/C、方向水平向右的匀强电场中，用一根长L＝1m的绝缘细杆（质量不计）固定一个质量为m＝0.2kg、电荷量为q＝5×10－6C带正电的小球，细杆可绕轴O在竖直平面内自由转动.现将杆从水平位置A轻轻释放，在小球运动到最低点B的过程中，电场力对小球做功多少？
A、B两位置的电势差多少？
小球的电势能如何变化？
小球到达B点时的速度多大？
（取g＝10m/s2）
【答案】0.05J104V减少4.5m/s
【解析】①电场力做功W＝qEL＝5×10－6×104×1J＝0.05J
②UAB＝EL＝104×1V＝104V
③由于电场力做正功，所以电势能减少
④由动能定理可知：
qEL＋mgL＝
mv
代入数据解得，vB≈4.5m/s.
12.如图所示，在竖直向下的匀强电场中有一绝缘的光滑轨道，一个带负电的小球从斜轨上的A点由静止释放，沿轨道滑下，已知小球的质量为m，电荷量为－q，匀强电场的场强大小为E，斜轨道的倾角为α，圆轨道半径为R，小球的重力大于所受的电场力.
（1）求小球沿轨道滑下的加速度的大小；
（2）若使小球通过圆轨道顶端的B点，求A点距水平地面的高度h1至少为多大；
（3）若小球从斜轨道h2＝5R处由静止释放.假设其能通过B点.求在此过程中小球机械能的改变量.
【答案】
（1）
（2）
R（3）3qER
【解析】
（1）由牛顿第二定律有（mg－qE）sinα＝ma得：
a＝
.
（2）球恰能过B点有：
mg－qE＝m
①
由动能定理，从A点到B点过程，则有：
（mg－qE）（h1－2R）＝
mv
－0②由①②解得h1＝
R.
（3）因电场力做负功，导致机械能减少，电势能增加，则增加量：
ΔE＝qE（h2－2R）＝qE（5R－2R）＝
3qER.
由能量守恒定律得机械能减少，且减少量为3qER.
13.如图所示，A、B为半径R＝1m的四分之一光滑绝缘竖直圆弧轨道，在四分之一圆弧区域内存在着E＝
1×106V/m、竖直向上的匀强电场，有一质量m＝1kg、带电量q＝＋1.4×10－5C的物体（可视为质点），从A点的正上方距离A点H处由静止开始自由下落（不计空气阻力），BC段为长L＝2m、与物体间动摩擦因数为μ＝0.2的粗糙绝缘水平面，CD段为倾角θ＝53°且离地面DE高h＝0.8m的斜面.（取g＝10m/s2）
（1）若H＝1m，物体能沿轨道AB到达最低点B，求它到达B点时对轨道的压力大小；
（2）通过你的计算判断：
是否存在某一H值，能使物体沿轨道AB经过最低点B后最终停在距离B点0.8m
处；
（3）若高度H满足：
0.85m≤H≤1m，请通过计算表示出物体从C处射出后打到的范围.（已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6.不需要计算过程，但要有具体的位置，不讨论物体反弹以后的情况）
【答案】
（1）8N
（2）不存在（3）在斜面上距离D点
m范围内，在水平面上距离D点0.2m范围内
【解析】
（1）物体由初始位置运动到B点的过程中根据动能定理有mg（R＋H）－qER＝
mv到达B点时由支持力FN、重力、电场力的合力提供向心力FN－mg＋qE＝m
，解得FN＝8N根据牛顿第三定律，可知物体对轨道的压力大小为8N，方向竖直向下
（2）要使物体沿轨道AB到达最低点B，当支持力为0时，最低点有个最小速度v，则qE－mg＝m
解得v＝2m/s
在粗糙水平面上，由动能定理得：
－μmgx＝－
mv2，所以x＝1m>0.8m
故不存在某一H值，使物体沿着轨道AB经过最低点B后，停在距离B点0.8m处.
（3）在斜面上距离D点
m范围内（如图PD之间区域）
在水平面上距离D点0.2m范围内（如图DQ之间区域）
14.
一长为L的细线，上端固定，下端拴一质量为m、带电荷量为q的小球，处于如图所示的水平向右的匀强电场中.开始时，将线与小球拉成水平，小球静止在A点，释放后小球由静止开始向下摆动，当细线转过60°角时，小球到达B点速度恰好为零.试求：
（1）A、B两点的电势差UAB；
（2）匀强电场的场强大小；
（3）小球到达B点时，细线对小球的拉力大小.
【答案】
（1）－
（2）
（3）mg
【解析】
（1）小球由A到B过程中，由动能定理得
mgLsin60°＋qUAB＝0
所以UAB＝－
（2）E＝
＝
（3）小球在AB间摆动，由对称性知，B处细线拉力与A处细线拉力相等，而在A处，由水平方向平衡有
FTA＝qE＝
mg
所以FTB＝FTA＝
mg
或在B处，沿细线方向合力为零，有
FTB＝qEcos60°＋mgcos30°＝
mg
题组3无约束的带电粒子在电场中的运动（计重力）
15.如图所示，不带电的金属球A固定在绝缘底座上，它的正上方有一点B，该处有带电液滴不断地自静止开始落下，液滴到达A球后将电荷量全部传给A球，设前一液滴到达A球后，后一液滴才开始下落，不计空气阻力和下落液滴之间的影响，则下列叙述中正确的是（）
A.第一滴液滴做自由落体运动，以后液滴做变加速运动，都能到达A球
B.当液滴下落到重力与电场力大小相等的位置时，开始做匀速运动C.所有液滴下落过程所能达到的最大动能不相等
D.所有液滴下落过程中电场力做功相等
【答案】C
【解析】第一滴液滴下落时，只受重力，所以做自由落体运动，以后的液滴在下落过程中，将受电场力作用，且在靠近A的过程中电场力变大，所以做变加速运动，当A电荷量较大时，使得液滴所受的电场力大于重力时，液滴有可能不能到达A球，所以A错误；当液滴下落到重力与电场力大小相等的位置时，液滴向下运动速度最大，再向下运动重力将小于电场力，所以不会做匀速运动，故B错误；每滴液滴在下落过程中A所带的电荷量不同，故下落液滴动能最大的位置不同，此时合外力做功不同，最大动能不相等，所以C正确；每滴液滴在下落过程中A所带的电荷量不同，液滴所受的电场力不同，电场力做功不同，所以D错误.
16.如图所示，质量为m、电荷量为＋q的小球从距地面一定高度的O点，以初速度v0沿着水平方向抛出，已知在小球运动的区域里，存在着一个与小球的初速度方向相反的匀强电场，如果测得小球落地时的速度方向恰好是竖直向下的，且已知小球飞行的水平距离为L，求：
（1）电场强度E为多大？
（2）小球落地点A与抛出点O之间的电势差为多大？
（3）小球落地时的动能为多大？
【答案】
（1）
（2）（3）
【解析】
（1）分析水平方向的分运动有：
v＝2aL＝
，所以E＝
.
（2）A与O之间的电势差
UAO＝E·L＝
.
（3）设小球落地时的动能为EkA，空中飞行的时间为t，分析水平方向和竖直方向的分运动有：
v0＝
·t，vA＝gt，EkA＝
mv
解得：
EkA＝
.
17.如图所示，水平放置的平行板电容器的两极板M、N，接上直流电源.上极板M的中央有一小孔A，在A
的正上方h＝20cm处的B点，有一小油滴自由落下.已知小油滴的电量Q＝－3.5×10－14C，质量m＝3.0×10
－9kg.当小油滴即将落到下极板时，速度恰为零.（不计空气阻力，g＝10m/s2，L＝15cm）求：
（1）两极板间的电场强度E；
（2）两极板间的电势差U；
（3）设平行板电容器的电容C＝4.0×10－12F，则该电容器带电量Q是多少？
【答案】
（1）2.0×106V/m方向竖直向下
（2）3.0×105V（3）1.2×10－6C
【解析】由动能定理W＝ΔEk得
mg（h＋L）＝|Q|U，U＝
代入数据
U＝
V＝3.0×105V
E＝
＝
V/m＝2.0×106V/m
Q＝CU＝4.0×10－12×3.0×105C＝1.2×10－6C
18.
如图所示，一根长为L＝1.5m的光滑绝缘细直杆MN竖直固定在电场强度大小为E＝1.0×105N/C、与水平方向成θ＝30°角的斜向上的匀强电场中，杆的下端M固定一个带电小球A，带电荷量为Q＝＋4.5×10－6C；另一带电小球B穿在杆上可自由滑动，带电荷量为q＝＋1.0×10－6C，质量为m＝1.0×10－2kg.现将小球B从杆的N端由静止释放，小球B开始运动.（静电力常量k＝9.0×109N·m2/C2，g＝10m/s2）
（1）求小球B开始运动时的加速度a的大小；
（2）当小球B的速度最大时，求小球距M端的高度h1；
（3）若小球B从N端运动到距M端的高度为h2＝0.61m时，速度v＝1.0m/s，求此过程中小球B电势能的改变量ΔEp.
【答案】
（1）3.2m/s2
（2）0.9m（3）8.4×10－2J
【解析】
（1）开始运动时小球B受重力、库仑力、杆的弹力和电场力，沿杆的方向运动，由牛顿第二定律得
mg－
－qEsinθ＝ma解得a＝3.2m/s2
（2）小球B速度最大时受到的合力为零，即
＋qEsinθ＝mg
代入数据得h1＝0.9m
（3）小球B在从开始运动到速度为v的过程中，设重力做功为W1，电场力做功为W2，库仑力做功为W3，则根据动能定理得
W1＋W2＋W3＝
mv2W1＝mg（L－h2）
又由功能关系知ΔEp＝|W2＋W3|
代入数据得ΔEp＝8.4×10－2J
题组4有约束的带电粒子在电场中的运动（不计重力）
19.（多选）两个共轴的半圆柱形电极间的缝隙中，存在一沿半径方向的电场，如图所示.带正电的粒子流由电场区域的一端M射入电场，沿图中所示的半圆形轨道通过电场并从另一端N射出，由此可知（）
A.若入射粒子的电荷量相等，则出射粒子的质量一定相等B.若入射粒子的电荷量相等，则出射粒子的动能一定相等
C.若入射粒子的电荷量与质量之比相等，则出射粒子的速率一定相等D.若入射粒子的电荷量与质量之比相等，
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