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限时规范训练36[基础巩固题组]1.如图所示，在两平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，当两板间的电压分别如图中甲、乙、丙、丁所示时，电子在板间运动(假设不与板相碰)，下列说法正确的是()甲乙丙丁A.电压如甲图所示时，在0～T时间内，电子的电势能一直减少B.电压如乙图所示时，在0

～T2时间内，电子的电势能先增加后减少C.电压如丙图所示时，电子在板间做往复运动D.电压如丁图所示时，电子在板间做往复运动解析：D若电压如题图甲时，在0～T时间内，静电力先向左后向右，则电子先向左做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，即静电力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故

A错误；电压如题图乙时，在0～12T时间内，电子向右先加速后减速，即静电力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故B错误；电压如题图丙时，电子向左先做加速运动，过了12T后做减速运动，到T时速度减为0，之后重复前面的运动，故电子一直朝同一方向运动，故C错误；电压如题图丁时，电子先向左加

速，到14T后向左减速，12T后向右加速，34T后向右减速，T时速度减为零，之后重复前面的运动，则电子做往复运动，故D正确。2.图甲为两水平金属板，在两板间加上周期为T的交变电压u，电压u随时间t变化的图线如

图乙所示。质量为m、重力不计的带电粒子以初速度v0沿中线射入两板间，经时间T从两板间飞出。下列关于粒子运动的描述错误的是()甲乙A.t＝0时入射的粒子，离开电场时偏离中线的距离最大B.t＝14T时入射的粒子，离开电场时偏离中

线的距离最大C.无论哪个时刻入射的粒子，离开电场时的速度方向都水平D.无论哪个时刻入射的粒子，离开电场时的速度大小都相等解析：B粒子在电场中运动的时间是相同的，t＝0时入射的粒子，在竖直方向先加速，然后减速，最后离开电场区域，故t＝0

时入射的粒子离开电场时偏离中线的距离最大，选项A正确；t＝14T时入射的粒子，在竖直方向先加速，然后减速，再反向加速，最后反向减速离开电场区域，故此时刻入射的粒子离开电场时速度方向和中线在同一直线上，选项B错误；因粒子在电场

中运动的时间等于电场变化的周期T，根据动量定理，竖直方向电场力的冲量的矢量和为零，故所有粒子离开电场时的竖直方向分速度为零，即最终都垂直电场方向射出电场，离开电场时的速度大小都等于初速度，选项C、D正确。3.(多选)如图甲所示，两水平金属

板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示。t＝0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，0～T3时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出。微粒运动过程中未与金属板接触，重力加速

度的大小为g。关于微粒在0～T时间内运动的描述，正确的是()甲乙A.末速度大小为2v0B.末速度沿水平方向C.重力势能减少了12mgdD.克服电场力做功为mgd解析：BC0～T3时间内微粒匀速运动，有mg＝qE0。把微粒的运动分解，水平方向做速度为v0的匀速直线运动，竖直方向在T3～2T3

时间内，微粒只受重力，做自由落体运动，2T3时刻，v1y＝T3g；2T3～T时间内，a＝2qE0－mgm＝g，做匀减速直线运动，T时刻，v2y＝v1y－a·T3＝0。所以T时刻末速度v＝v0，方向沿水平方向，选项A错误，选项B正确；重力势能

的减少量ΔEp＝mg·d2＝12mgd，所以选项C正确。根据动能定理得12mgd－W电＝0，得W电＝12mgd，所以选项D错误。4.如图所示，一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点。已

知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°。不计重力。A、B两点间的电势差为()A.mv022qB.mv02qC.3mv02qD.2mv02q解析：B粒子在运动过程中，垂直电

场方向的速度不变，设为vy，根据速度的合成与分解，在A点时sin60°＝vyv0，在B点时sin30°＝vyvB，解得vB＝3v0，由A到B过程，根据动能定理qUAB＝12mvB2－12mv02，解得UAB＝mv0

2q，故选B。5.(多选)如图所示，在竖直固定的光滑绝缘圆环的最高点P固定一带正电的点电荷，带负电的小球套在圆环上并从M点由静止释放，小球沿圆环向下运动并经过最低点Q。已知点N在圆环上且与点O在同一水平线上，M

点可在短弧NQ之间的任一位置，弧MQ对应的圆心角为θ。设小球所受重力大小为mg，在M点时受到的静电力大小为F，小球可视为点电荷。以下判断正确的是()A.F＜2mgB.2mg＜F＜2mgC.小球由M向Q运动过程中电势能逐渐减小D.小球由M向Q运动过程中动能逐渐增大解析：AD小球能沿轨道向下运动，

必有mgsinθ＞Fsinθ2，2mgsinθ2cosθ2＞Fsinθ2，2mgcosθ2＞F，因为θ≤90°，又因当θ＝90°时，cosθ2＝22，所以F＜2mg，A正确，B错误；小球向下运动过程中，克服电场力做功，电势能增大，C错误；小球向下运动过程中，mgsinθ

始终大于Fsinθ2，动能不断增大，D正确。6.(多选)如图，ABC是竖直面内的固定半圆形光滑轨道，O为其圆心，A、C两点等高，过竖直半径OB的虚线右侧足够大的区域内存在沿AC方向的匀强电场。一带正电小球从A点正上方P点由静止释放，沿轨道通过B、C两点时的动

能分别为Ek和1.5Ek，离开C点后运动到最高点D(图中未画出)。已知P与A间的距离等于轨道半径，则()A.D点与P点等高B.小球在电场中受到的静电力是其重力的两倍C.小球在C处对轨道的压力是其重力的两倍D.小球通过D点时

的动能大于1.5Ek解析：BD若在A点速度等于C点的速度，在竖直方向由对称性可知，D点与P点等高，但由动能定理可知A点的速度小于C点的速度，所以D点高于P点，故A错误；设小球在电场中所受静电力为F，轨道半径为

R，小球从P到B过程，由动能定理得mg·2R＝Ek，小球从P到C过程，由动能定理得mg·R＋FR＝1.5Ek，联立可得F＝2mg，故B正确；由动能定理的表达式有1.5Ek＝12mvC2，在C点时，由牛顿第二定律得FN－F＝mvC2R，结合mg·2R＝Ek，联立可得FN＝8mg，由牛顿第三定律得

小球在C处对轨道的压力大小FN′＝FN＝8mg，故C错误；因为F＝2mg，可知小球从C点飞出后，竖直方向的加速度小于水平方向的加速度，竖直方向上，由逆向思维可看成反向的初速度为零的匀加速直线运动，则小球从C到D过程中，水平方向的位移大于竖直方向的位移，根据W＝Fs，

可知静电力所做正功大于重力所做负功，则小球通过D点时的动能大于通过C点时的动能，即大于1.5Ek，故D正确。7.(多选)如图(a)所示，倾角θ＝30°的光滑固定斜杆底端固定一电荷量为Q＝2×10－4C的正点电荷，将一带正电的绝缘小球(可视为点电荷)从斜杆的底端(但与Q未接触)静止释放，

小球沿斜杆向上滑动过程中能量随位移的变化图像如图(b)所示，其中线1为重力势能随位移变化图像，线2为动能随位移变化图像，取杆上离底端3m处为电势零点，重力加速度g＝10m/s2，静电力常量k＝9×109N·m2/C2，则()(a)(b)A.小球的质量为2kgB.小球的电荷量q

约为1.11×10－5CC.斜杆底端至小球速度最大处由底端正点电荷形成的电场的电势差U＝4.0×106VD.当小球运动到s＝1m处时具有的电势能为13J解析：BD根据重力势能随位移的变化关系有Ep＝mgssinθ，根据图像可知当小球上升3m时，重力势能为

60J，则小球的质量为m＝Epgssinθ＝6010×3×sin30°kg＝4kg，故A错误；由图线2可知，当位移为s＝1m时，小球的动能达到最大值，电场力与重力沿杆的分力相等，则有mgsinθ＝kQqs2，解得q≈1.11×10－5C，故B正确；斜杆底端至小球速度最大

处，由能量守恒可知qU＝Ekm＋Ep，代入数据解得U＝4.23×106V，故C错误；从s＝1m到最高点的过程中，根据能量守恒可知减少的电势能和减少的动能全部转化为重力势能，则有Epq＋ΔEk＝ΔEp，代入数据解得当小球运动到s＝1m处时

具有的电势能为Epq＝13J，故D正确。故选BD。8.(多选)如图所示为一固定在竖直面内的光滑绝缘细管轨道，A点与x轴相交，C点与y轴相交，轨道AB段竖直，长度为0.7m，BC段是半径为0.7m的四分之一圆弧，与AB相切于B点。一质量为m＝0.1k

g、直径略小于管径的带电小球从A点以初速度v0射入轨道，小球到达最高点C时恰好与轨道没有作用力。已知小球带0.01C的正电荷，在x轴上方存在着电场强度大小为100N/C、方向水平向右的匀强电场，重力加速度g取10m/

s2，则下列说法正确的是()A.小球的初速度v0为6m/sB.小球的初速度v0为7m/sC.小球从C点射出后运动轨迹与x轴交点横坐标为0D.小球从C点射出后运动轨迹与x轴交点横坐标为－0.7m解析：BC因小球到

达最高点时与轨道没有作用力，说明自身重力完全提供向心力，则mg＝mv2r，小球从A→C的运动过程中，根据动能定理，有－mg·2r－qEr＝12mv2－12mv02，解得v0＝7m/s，故A错误，B正确；小球从C点出射，水平方向做匀减速直线运

动，初速度为v＝gr＝7m/s，加速度为a＝qEm＝10m/s2，竖直方向为自由落体运动，运动到x轴时，有h＝12gt2，解得t＝2hg＝4rg＝75s，则此时横坐标为x＝－vt＋12at2＝0，故C正确，D错

误。[能力提升题组]9.(多选)如图所示，在足够长的光滑绝缘水平直线轨道上方的P点，固定一电荷量为＋Q的点电荷。一质量为m、带电荷量为＋q的物块(可视为质点的检验电荷)，从轨道上的A点以初速度v0沿轨道向右运动，当运动到P点正下方的B点时速度为v。已知点电荷产生的电场在A点的电势为

φ(取无穷远处电势为零)，P到物块的重心竖直距离为h，P、A连线与水平轨道的夹角为45°，k为静电常数，下列说法正确的是()A.点电荷＋Q产生的电场在B点的电场强度大小为kQh2B.物块在A点时受到轨道的支持力大

小为FN＝mg＋kQq2h2C.物块从A到B机械能减少量为qφD.点电荷＋Q产生的电场在B点的电势为φB＝φ＋m（v02－v2）2q解析：AD由点电荷的电场强度公式E＝kQr2得EB＝kQh2，故A正确；物体受到点电荷的库仑力为F＝k

qQr2，由几何关系可知r＝hsin45°，物体在A点时，由平衡条件有FN－mg－Fsin45°＝0，解得FN＝mg＋2kqQ4h2，故B错误；设点电荷产生的电场在B点的电势为φB，机械能减少量为ΔE机，

由动能定理有WAB＝－ΔE机＝q(φ－φB)＝12mv2－12mv02，解得ΔE机＝m2(v02－v2)，φB＝m2q(v02－v2)＋φ，故C错误，D正确。10.(多选)如图所示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(原来不带电)，上极板中央有一小孔，通过小孔喷入小油滴。其中质量为m0的小油滴A在时间t内匀速下落h1。此时给两极板加上电压U(上极板接正极)，A经过一段时间后向上匀速运动，在时间t内匀速上升了h2，已知油滴受到的空气阻力大小为f＝km13v，其中k为

比例系数，m为油滴质量，v为油滴运动速率，重力加速度为g。则()A.比例系数k＝m032gth1B.A带负电，且电荷量q＝（h1＋h2）m0gdUh1C.A上升距离h2电势能的变化量为ΔEp＝－m0gh2（h1＋h2）h1D.从极板施加

电压开始到A下降到最低点所用的时间为h12（h1＋h2）gt解析：BC未加电压时油滴匀速运动，由受力平衡得m0g＝f，由题意f＝km013v1，其中匀速运动的速度为v1＝h1t，联立解得k＝m023gth1，故A错

误；上极板带正电则电场强度方向向下，油滴向上运动，则油滴带负电，根据受力平衡有m0g＋km013v2＝Udq，其中匀速运动的速度为v2＝h2t，解得油滴的带电荷量为q＝m0gd（h1＋h2）h1U，故B

正确；A上升距离h2时电场力做功W＝Udqh2，电势能的变化量为ΔEp＝－W＝－m0gh2（h1＋h2）h1，故C正确；极板施加电压后，由B项可知油滴受到的电场力为F＝m0g＋km013v2＝m0g（h1＋h2）h1，油滴A下降到最低

点时速度为0，设从极板施加电压开始到A下降到最低点所用的时间为t′，若油滴只受电场力，则由动量定理可得Ft′＝m0v1，解得t′＝h12（h1＋h2）gt，而由题意可知，油滴还受到重力和阻力的作用且重力和阻力合力不为零，故D错误。故选BC。11.如图所示，LMN是竖直平面内固定的光

滑绝缘轨道，MN水平且足够长，LM下端与MN相切。质量为m的带正电小球B静止在水平面上，质量为2m的带正电小球A从LM上距水平面高为h处由静止释放，在A球进入水平轨道之前，由于A、B两球相距较远，相互作用力可认为等于零，A球进入水平轨道后，A、B两球间相互作用视为静电

作用，带电小球均可视为质点。已知A、B两球始终没有接触。重力加速度为g。求：(1)A球刚进入水平轨道的速度大小；(2)A、B两球相距最近时，A、B两球系统的电势能Ep；(3)A、B两球最终的速度vA、vB的大小。

解析：(1)对A球下滑的过程，根据机械能守恒得2mgh＝12×2mv02解得v0＝2gh。(2)A球进入水平轨道后，两球组成的系统动量守恒，当两球相距最近时共速有2mv0＝(2m＋m)v解得v＝23v0＝232gh根据能量守恒定律得2mgh＝12(2m＋m)v2＋Ep解得E

p＝23mgh。(3)当两球相距最近之后，在静电斥力作用下相互远离，两球距离足够远时，相互作用力为零，系统势能也为零，速度达到稳定则2mv0＝2mvA＋mvB12×2mv02＝12×2mvA2＋12mvB2解得vA＝13v0＝132ghvB＝43v0＝432gh。答案：(1)2gh(2)

23mgh(3)132gh432gh12.如图所示，空间中有一水平向右的匀强电场，电场强度的大小为E＝1.0×104V/m。该空间有一个半径为R＝2m的竖直光滑绝缘圆环的一部分，圆环与光滑水平面相切于C点，A点所在的半

径与竖直直径BC成37°角。质量为m＝0.04kg、电荷量为q＝＋6×10－5C的带电小球2(可视为质点)静止于C点。轻弹簧一端固定在竖直挡板上，另一端自由伸长时位于P点。质量也为m＝0.04kg的不带电小球1挨着轻弹簧右端，现用力缓慢压缩轻弹簧右端到P点左侧某点后释放。小

球1沿光滑水平面运动到C点与小球2发生碰撞，碰撞时间极短，碰后两小球黏合在一起且恰能沿圆弧到达A点。P、C两点间距离较远，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)黏合体在A点的速度大小；(2)弹簧的弹性势能；(3)小球黏合体由A点

到水平面运动的时间。解析：(1)小球2所受静电力大小F＝qE＝6×10－5×1×104N＝0.6N小球1和小球2的重力和为G＝2mg＝2×0.04×10N＝0.8N如图所示，小球黏合体所受重力与静电力的合力与竖直方向的夹角为tanθ＝qEG＝34，所以θ＝37°所以A点是小球黏合体在重力场和电

场中做圆周运动的等效最高点，由于小球黏合体恰能沿圆弧到达A点，所以qEsin37°＝2mvA2R解得vA＝5m/s。(2)小球黏合体从C点到A点，由动能定理得－qERsin37°－2mg(R＋Rcos37°)＝12×2mvA2－12×2mvC2解得vC＝115m/s小球黏合体的碰撞由动

量守恒定律得mv1＝2mvC解得小球1碰撞前的速度v1＝2115m/s，由机械能守恒可得弹簧的弹性势能Ep＝12mv12＝9.2J。(3)如图所示，小球黏合体在A点竖直方向上做匀加速运动，竖直方向上的初速度为v0＝vAsin37°＝3m/s由竖直方向做匀加速运动可得R＋Rcos3

7°＝v0t＋12gt2，解得t＝0.6s。答案：(1)5m/s(2)9.2J(3)0.6s