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1、预测题型3带电体在匀强电场中的运动1(多选)(2015广东理综21)如图1所示的水平匀强电场中，将两个带电小球M和N分别沿图示路径移动到同一水平线上的不同位置，释放后，M、N保持静止，不计重力，则()图1AM的带电荷量比N的大BM带负电荷，N带正电荷C静止时M受到的合力比N的大D移动过程中匀强电场对M做负功2(多选)(2015江苏单科7)如图2所示，一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左不计空气阻力，则小球()图2A做直线运动B做曲线运动C速率先减小后增大D速率先增大后减小3(2015浙江理综16)如图3所示为静电力演示仪，两金属极板分别固定于绝缘支架上，且正对平行放
2、置工作时两板分别接高压直流电源的正负极，表面镀铝的乒乓球用绝缘细线悬挂在两金属板中间，则()图3A乒乓球的左侧感应出负电荷B乒乓球受到扰动后，会被吸在左极板上C乒乓球共受到电场力、重力和库仑力三个力的作用D用绝缘棒将乒乓球拨到与右极板接触，放开后乒乓球会在两极板间来回碰撞4(多选)(2015四川理综6)如图4所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O，最低点是P，直径MN水平a、b是两个完全相同的带正电小球(视为点电荷)，b固定在M点，a从N点静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q(图中未画出)时速度为零则小球a()图4A从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小B从N到P的过程中，速率先
3、增大后减小C从N到Q的过程中，电势能一直增加D从P到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量5.(2015皖东三校5月联考)如图5所示，一质量为m，电量为q的带电油滴，从水平向右的匀强电场中的O点以速度v沿与场强方向成37角射入电场中，油滴运动到最高点时速度大小也是v，已知重力加速度为g，下列说法正确的是()图5A最高点一定在O点的正上方B最高点可能在O点的右上方CO点与最高点之间的电势差可能为零D匀强电场的电场强度E3mg/q6.(2015南平5月质检)如图6所示，长为L、倾角为的光滑绝缘斜面处于电场中，一带电量为q、质量为m的小球以初速度v0从斜面底端A点开始沿斜面上滑，当到达斜面顶端B点时
4、，速度仍为v0，则()图6A小球在B点的电势能一定大于在A点的电势能BA、B两点间的电压一定等于C若电场是匀强电场，则该电场的电场强度最大值一定为D若该电场是由放置在C点的点电荷Q产生，则为457(2015绵阳三诊)电荷量q1104 C的带正电的小物块静止在绝缘水平面上，所在空间存在沿水平方向的电场，其电场强度E的大小与时间t的关系如图7甲所示，物块速度v的大小与时间t的关系如图乙所示重力加速度g10 m/s2.则()图7A物块在4 s内位移是8 mB物块的质量是1 kgC物块与水平面间动摩擦因数是0.4D物块在4 s内电势能减少了14 J答案精析预测题型3带电体在匀强电场中的运动1BD带电小
5、球M、N在不计重力条件下平衡，说明M、N两球所受电场力的合力为零，即M、N所在点合场强为零，所以M球在N球处所产生的场强方向向左，大小为E，故M球带负电；同理，N球在M球处产生的场强方向向右，大小为E，故N球带正电，且两球所带电荷量相等所以B、D正确2BC对小球受力分析，小球受重力、电场力作用，合外力的方向与初速度的方向不在同一条直线上，故小球做曲线运动，故A错误，B正确；在运动的过程中合外力方向与速度方向间的夹角先为钝角后为锐角，故合外力对小球先做负功后做正功，所以速率先减小后增大，选项C正确，D错误3D两极板间电场由正极板指向负极板，镀铝乒乓球内电子向正极板一侧聚集，故乒乓球的右侧感应出负
6、电荷，A错误；乒乓球不可能吸在左极板上，B错误；库仑力就是电场力，C错误；乒乓球与右极板接触后带正电，在电场力作用下向负极板运动，碰到负极板正电荷与负极板上的负电荷中和后带负电，在电场力作用下又向正极板运动，这样会在两极板间来回碰撞，D正确4BC小球a从N点静止释放，过P点后到Q点速度为零，整个运动过程只有重力和库仑力做功，库仑力方向与小球a速度方向夹角一直大于90，所以库仑力在整个过程做负功小球a从N到Q的过程中，库仑力增大，库仑力与重力的夹角减小，所以它们的合力一直增大，故A错误；小球a受力如图所示，在靠近N点的位置，合力与速度夹角小于90，在P点合力与速度夹角大于90，所以小球a从N到P
7、的过程中，速率应先增大后减小，故B正确；从N到Q的过程中，库仑力一直做负功，所以电势能一直增加，故C正确；根据能量守恒可知，P到Q的过程中，动能的减少量等于重力势能和电势能的增加量之和，故D错误5D油滴从O到O的过程，动能不变，而重力势能增加，根据能量守恒可知油滴的电势能减小，电场力做正功，油滴带负电，则知该油滴应逆着电场线移动，故O在O的左上方故A、B错误；油滴从O到O的过程，由动能定理得UOOqmgh0解得UOO.故C错误；竖直方向上：vsin gt，设水平方向的加速度大小为a，取向右为正方向，则vvcos at又Eqma联立以上三式得：E，故D正确6B小球从A运动到B的过程中，动能不变，
8、重力势能增加，电势能减小，则小球在B点的电势能一定小于小球在A点的电势能，故A错误；根据动能定理得：mgLsin qUABmvmv，得到：UAB.故B正确若电场是匀强电场，电场力恒定，到达B点时小球速度仍为v0，故小球做匀速直线运动，电场力与重力、支持力的合力为零小球的重力沿斜面向下的分力为mgsin 一定，则当电场力沿斜面向上，大小为Fmgsin 时，电场力最小，场强最小，又电场力FEq，则该电场的场强的最小值一定是.电场强度的最大值不能确定故C错误；若该电场是由放置在C点的点电荷Q产生，为45时，A、B两点的电势相等，小球从A运动到B电势能不变，与上分析矛盾，故D错误7BD物块在4 s内位移为：x2(24) m6 m，故A错误；由题图乙可知，前2 s物块做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有：qE1mgma，由图线知加速度为：a1 m/s2.1 s后物块做匀速直线运动，由平衡条件有：qE2mg，联立解得：q(E1E2)ma由图可得：E13104 N/C，E22104 N/C，代入数据解得：m1 kg；由qE2mg可得：0.2，故B正确，C错误；物块在前2 s内的位移x122 m2 m，物块在24 s内的位移为x2vt24 m电场力做正功WqE1x1qE2x23224 J14 J，则电势能减少了14 J，故D正确5