高考风向标三 立体空间中的电场性质的分析 电场中的力电综合问题-【金版教程】2025年高考物理一轮总复习首选用卷全书Word（新教材）

金版教程　高考总复习首选用卷　物理 高考风向标三　立体空间中的电场性质的分析　电场中的力电综合问题 风向一　立体空间中的电场性质的分析 1.(2023·山东省聊城市高三下三模)如图所示，空间正四棱锥的底面边长和侧棱长均为a，水平底面的四个顶点处均固定着电量为＋q的点电荷，顶点P处有一个质量为m的带电小球，在静电力和重力的作用下恰好处于静止状态。将P处小球的电荷量减半，同时加竖直方向的匀强电场，此时P处小球仍能保持静止，重力加速度为g，静电力常量为k，则所加匀强电场强度大小为(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　设P处的带电小球电荷量为Q，开始时小球受到四个顶点处点电荷合电场的静电力为F合，则由平衡条件有F合＝mg；将P处小球的电荷量减半，根据公式F＝qE可知，P处小球受到四个点电荷合电场的静电力F合′＝F合，加匀强电场E后，根据平衡条件有F合′＋E＝mg，联立解得E＝，A、B错误；根据库仑定律可知，开始时，P处小球受到各个顶点电荷的库仑力大小均为F＝，方向沿对应的侧棱向上，根据几何关系，可知该正四棱锥的侧棱与竖直方向的夹角为45°，由平衡条件有4Fcos45°＝mg，解得Q＝，则E＝，故C错误，D正确。 2.(2023·河北省石家庄市高三下教学质量检测二)如图所示，一个正方体ABCD－A′B′C′D′，其上、下、左、右表面的中心分别为E、F、G、H，在E、H两点固定电荷量为＋q的点电荷，在G、F两点固定电荷量为－q的点电荷，下列说法正确的是(　　) A．图中A、C′两点电势不相等 B．一带负电的试探电荷在A′点的电势能大于它在C点的电势能 C．一带正电的试探电荷从D点沿直线移到B′点其电势能先增大后减小 D．移去G、H两点的点电荷，D点和B′点场强不同 答案　B 解析　在E、G处的两等量异种点电荷形成的电场中，平面ADC′B′为等势面，在H、F处的两等量异种点电荷形成的电场中，平面ADC′B′也为等势面，由电势叠加法则知，在E、G、H、F处的点电荷形成的电场中，平面ADC′B′是等势面，则图中A、C′两点电势相等，A错误；一带正电的试探电荷从D点沿直线移到B′点，电势不变，则其电势能不变，C错误；令无穷远处电势为0，则平面ADC′B′电势为0，根据等量异种点电荷的电势分布图，由C项分析同理可知，φC>0，φA′<0，即φA′<φC，结合公式Ep＝qφ，以及q<0，可知带负电的试探电荷在A′点的电势能大于它在C点的电势能，B正确；根据点电荷的场强特点知，E处点电荷在D处的电场强度与F处点电荷在B′处电场强度相同，E处点电荷在B′处的电场强度与F处点电荷在D处的电场强度相同，则移去G、H两点的点电荷，由电场强度的叠加原理可知，D点和B′点场强相同，D错误。 3.(2023·广西桂林市高三下二调)如图所示，在真空中水平放置一长方体，高为2L，其上下两个面是边长为L的正方形，在顶点F、H处分别放置电荷量为－Q的点电荷，O1、O2分别是线段AC和线段FH的中点。下列说法正确的是(　　) A．该长方体的几何中心处场强为零 B．B、D两点场强相同 C．沿竖直方向从O1到O2，电势先减小后增大 D．将一电子从B点移到E点，电场力做负功 答案　D 解析　由等量同种点电荷的电场特点可知，F、H处放置的负电荷在长方体的几何中心处的场强方向平行于AE方向向下，大小不为零，A错误；根据点电荷的场强方向及电场强度的叠加原理知，B、D两点的场强大小相等，方向不同，B错误；沿竖直方向从O1到O2，即沿着电场线方向，电势一直降低，故C错误；E点比B点离F、H处的两个点电荷都更近，所以将一电子从B点移到E点，F处和H处点电荷的电场均对电子做负功，则电场力对电子做负功，D正确。 ※4.(2023·山东高考)(多选)如图所示，正六棱柱上下底面的中心为O和O′，A、D两点分别固定等量异号的点电荷，下列说法正确的是(　　) A．F′点与C′点的电场强度大小相等 B．B′点与E′点的电场强度方向相同 C．A′点与F′点的电势差小于O′点与D′点的电势差 D．将试探电荷＋q由F点沿直线移动到O点，其电势能先增大后减小 答案　ACD 解析　由两等量异种点电荷形成的电场的电场线分布可知，F′点与C′点的电场强度大小相等，B′点与E′点的电场强度大小相等，但方向不同，A正确，B错误；规定无穷远处的电势为零，由两等量异种点电荷形成的电场的电势分布可知φA′>φF′>0，φD′＝－φA′<0，φO′＝0，因此φA′－φF′<φO′－φD′，C正确；在六棱柱上表面进行分析， 如图所示，由几何关系知，FD＝FA，由E＝知，A点正电荷在F点的场强大小是D点负电荷在F点的场强大小的3倍，由矢量运算法则可知，F点的合场强与FO的夹角为钝角，由几何关系可知△AFO是等边三角形，则A点正电荷在OF中点K的场强E1方向垂直OF，D点负电荷在K点的场强E2如图所示，则K点的合场强与FO的夹角为锐角，结合两等量异种点电荷形成的电场的电场线分布分析可知，将试探电荷＋q沿直线从F点移到O点过程中电场力与运动方向的夹角由钝角逐渐减小为锐角，则电场力先做负功后做正功，电势能先增大后减小，D正确。 风向二　电场中的力电综合问题 5.(2023·山西省运城市高三下第三次模拟调研测试)(多选)如图，水平向右的匀强电场中有a、b两个可视为质点的带电小球，小球所带电荷量的大小相同、电性未知。现将两小球用绝缘细线悬挂于同一点，两球静止时，它们距水平面的高度相等，线与竖直方向的夹角分别为α、β，且α<β，不计空气阻力，下列说法正确的是(　　) A．若a、b电性相反，则球a的质量一定大于球b的质量 B．若a、b电性相反，则球a的质量可能等于球b的质量 C．若同时剪断两根细线，则a球可能先落地 D．若同时剪断两根细线，则a、b两球一定同时落地 答案　AD 解析　若a、b电性相反，根据平衡条件，对a、b分别分析，可知a带负电，b带正电，对a、b两球，细线沿水平方向的分力均有Fx＝qE－F库，又由tanα＝，tanβ＝，得ma>mb，A正确，B错误；同时剪断两根细线，两球竖直方向做自由落体运动，高度相同，故一定同时落地，C错误，D正确。 6.(2023·浙江6月选考)AB、CD两块正对的平行金属板与水平面成30°角固定，竖直截面如图所示。两板间距10 cm，电荷量为1.0×10－8 C、质量为3.0×10－4 kg的小球用长为5 cm的绝缘细线悬挂于A点。闭合开关S，小球静止时，细线与AB板夹角为30°；剪断细线，小球运动到CD板上的M点(未标出)，重力加速度g取10 m/s2，则(　　) A．MC距离为5 cm B．电势能增加了×10－4 J C．电场强度大小为×104 N/C D．减小R的阻值，MC的距离将变大 答案　B 解析　闭合开关、剪断细线前对小球受力分析如图1所示，根据平衡条件和几何关系，水平方向有Tcos60°＝qEcos60°，竖直方向有Tsin60°＋qEsin60°＝mg，联立解得T＝×10－3 N，电场强度的大小E＝×105 N/C，C错误；剪断细线，小球所受合力沿细线拉力T的反方向，大小为F合＝T＝×10－3 N，则小球沿原细线方向向下做匀加速直线运动，轨迹如图2所示，根据几何关系可得LMC＝dtan60°＝10 cm，故A错误；根据图2几何关系可得，小球在电场力方向的位移大小x＝d－l线sin30°＝7.5 cm，方向与电场力方向相反，则电场力做功为W电＝－qEx＝－×10－4 J，则小球的电势能增加了ΔEp＝－W电＝×10－4 J，故B正确；减小R的阻值，极板间的电势差不变，极板间的电场强度不变，所以剪断细线前小球的受力和剪断细线后小球的运动不会发生改变，MC的距离不变，故D错误。 7.(2023·吉林省长春市高三下质量监测四)(多选)如图，在O－xyz三维坐标系中，xOy平面在水平面内，z轴正方向竖直向上，空间有水平方向的匀强电场，电场方向与x轴正方向夹角θ＝53°，电场强度大小E＝500 V/m。t＝0时，从坐标原点O以初速度v0＝15 m/s竖直向上抛出一带正电小球，已知小球质量m＝0.1 kg，带电量q＝10－3 C，重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A．t＝1.2 s时，小球的动能最小 B．t＝1.5 s时，小球的动能最小 C．运动过程中小球的机械能一直在增大 D．t＝2 s时，小球的位置坐标为(6 m，8 m，10 m) 答案　ACD 解析　小球抛出后做类斜上抛运动，小球的动能最小时，速度方向与所受合力方向垂直，沿合力方向的速度减为0，设小球所受合力为F合，斜向下与竖直方向夹角为α，如图所示，则F合＝＝ N，cosα＝＝，沿合力方向速度减为0的过程，有0＝v0cosα－at，且F合＝ma，解得t＝1.2 s，所以t＝1.2 s时，小球的动能最小，故A正确，B错误；小球竖直向上抛出后，电场力一直对小球做正功，则小球的机械能一直在增大，故C正确；t＝2 s时，小球在z方向的位移为z＝v0t′－gt′2＝10 m，在电场方向的位移为s＝t′2＝10 m，则小球在x轴方向的位移x＝scosθ＝6 m，在y轴方向的位移y＝ssinθ＝8 m，则t＝2 s时，小球的位置坐标为(6 m，8 m，10 m)，故D正确。 8.(2023·安徽省蚌埠市高三下第四次教学质量检查)(多选)如图所示，三条光滑直轨道的一端固定在光滑绝缘水平台面上的P点，另一端分别固定在台面内同一直线上的A、B、C三点，该直线与OP垂直于O点，AO、BO和CO的长度分别为h1、h2、h3，台面区域沿水平方向存在垂直于OP的匀强电场，电场强度大小为E。现将质量为m、电荷量为q的小球分别从A、B、C三点由静止释放沿轨道运动到P点，测得小球通过AP、BP时间均为t，通过CP时间为t′，则下列判断正确的是(　　) A．∠APO和∠BPO互为余角 B．t＝ C．t′<t D．t′＝t 答案　AB 解析　设OP长度为x，∠APO＝α，∠BPO＝β，则小球从A到P过程的加速度大小为a＝，根据运动学公式可得＝at2，小球从B到P过程的加速度大小为a′＝，根据运动学公式可得＝a′t2，联立可得sinαcosα＝sinβcosβ，即sin2α＝sin2β，可得2α＝180°－2β，则有α＋β＝90°，故A正确；小球从A到P的过程，根据运动学公式可得＝at2，可得t2＝，同理小球从B到P的过程，可得t2＝，又因为α＋β＝90°，则sin2α＋sin2β＝1，联立解得t＝，故B正确；由以上分析可得t＝，设∠CPO＝θ，同理可得小球从C到P过程的时间t′＝，由于2θ<2β<90°<2α，可得t′>t，故C、D错误。 9.(2024·江苏省南通市高三上10月月考)(多选)如图所示，绝缘斜面固定在水平面上，空间有竖直向下的匀强电场，质量相同的小球A、B从斜面上的M点以相同的初速度沿水平方向抛出，A带电，B不带电，最后两球均落在斜面上，A的位移是B的2倍，A、B两球在空中运动的时间分别为tA、tB，加速度分别为aA、aB，落在斜面上的动能分别为EkA、EkB，不计空气阻力。则(　　) A．A球一定带正电 B．tA＝tB C．aA＝aB D．EkA＝EkB 答案　CD 解析　对小球A、B受力分析可知，小球在竖直方向均做匀变速直线运动，水平方向均做匀速直线运动，设初速度为v0，斜面倾角为θ，位移大小为s，则水平方向有x＝v0t，且x＝scosθ，由题意知，sA＝2sB，则＝，故B错误；竖直方向有y＝at2，根据几何关系可得tanθ＝，联立可得tanθ＝，结合＝，可得aA＝，故C正确；B不带电，则aB＝g，则A的加速度aA＝，所以A所受电场力方向竖直向上，A球一定带负电，故A错误；竖直方向的末速度vy＝at，又tA＝2tB，aA＝，则vyA＝vyB，因此A、B的末速度大小vA＝vB，则EkA＝EkB，故D正确。 10.(2023·湖南省郴州市高三下第四次质量检测)(多选)如图所示，真空中有一足够大的水平向右的匀强电场，质量均为m、带电量分别为＋q和－3q的两小球同时从O点以速度v0斜向右上方射入匀强电场中，v0方向与水平方向成60°角，A、B(图中未画出)两点分别为两小球运动轨迹的最高点，带正电的小球经过A点时的速度大小仍然为v0，若仅把带正电的小球射入速度变为2v0，其运动轨迹的最高点记为C。不考虑两球间的库仑力。下列说法正确的是(　　) A．两小球同时到达A、B两点 B．OA与OB之比为1∶1 C．两小球到达A、B两点过程中电势能变化量之比为1∶3 D．带正电的小球经过C点的速度大小为2v0 答案　AD 解析　将带电小球的运动沿水平方向和竖直方向分解，由受力分析可知，两小球在竖直方向均只受重力，故在竖直方向均做竖直上抛运动，竖直方向的初速度为v0y＝v0sin60°，设经过时间t上升到最高点，上升的最大高度为h，则有v0y＝gt，v＝2gh，联立解得t＝，h＝，由于两球同时从O点开始运动，则两球同时到达A、B两点，故A正确；两带电小球水平方向均只受电场力，故水平方向均做匀变速直线运动，两带电小球水平方向的初速度为v0x＝v0cos60°，设匀强电场的电场强度大小为E，带正电小球和带负电小球的水平加速度分别为a1、a2，到达最高点时水平方向的位移分别为xOA、xOB，由题意可知，带正电的小球经过A点时，有v0＝v0x＋a1t，a1＝，设带负电的小球经过B点时速度为v′，有v′＝v0x＋a2t，a2＝－，解得a1＝g，a2＝－g，v′＝－v0，则xOA＝t＝v0t，xOB＝t＝－v0t，负号表示位移方向水平向左，而OA＝，OB＝，解得OA∶OB＝∶1，B错误；设两小球到达A、B两点过程中，电场力做的功分别为WOA、WOB，根据电功的公式可知WOA＝qExOA，WOB＝－3qExOB，联立可得WOA＝WOB，又W电＝－ΔEp电，则两球到达A、B两点过程中电势能变化量之比为1∶1，故C错误；若仅把带正电的小球射入速度变为2v0，则有v0x′＝2v0cos60°，v0y′＝2v0sin60°，设带正电小球经时间t′到达最高点C，此时速度大小为v″，则有v0y′＝gt′，v″＝v0x′＋a1t′，联立可得v″＝2v0，故D正确。 11.(2023·湖南省岳阳市高三下教学质量监测(二))如图所示，用长为L的绝缘轻线把质量为m、电荷量为q(q>0)的小球悬挂于天花板上O点，小球静止于O点正下方。如果在天花板下方空间，加上水平向右的匀强电场(未画出)，小球向右运动，悬线向右偏转的最大角度为53°，重力加速度为g，已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。下列说法正确的是(　　) A．所加匀强电场的电场强度为 B．小球受到的电场力大小为0.5mg C．运动至最右侧时，小球的电势能增加了0.4mgL D．小球向右运动过程中，合力做功的功率先增大后减小 答案　B 解析　小球向右运动过程中，由能量守恒定律得EqLsin53°＝mg(L－Lcos53°)，解得所加匀强电场的电场强度为E＝，A错误；小球受到的电场力大小为F＝qE＝0.5mg，B正确；小球从最低点运动至最右侧过程中，电场力对小球做正功，小球的电势能减少，电势能减少量为ΔEp＝qELsin53°＝0.4mgL，C错误；小球在开始运动及到达最右侧时速度均为零，合力(为恒力)做功的功率均为零，小球速度最大时，速度与合力垂直，合力做功功率也为零，故合力做功的功率不是先增大后减小，D错误。 12.(2023·湖南省永州市高三下三模)如图所示，在竖直平面xOy内存在大小、方向未知的匀强电场。一质量为m的小球从y轴上P点以水平速度v进入第一象限，速度方向沿x轴正方向，经过x轴上Q点时的速度大小也为v，方向与x轴夹角为37°。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度大小为g。不计空气阻力，小球从P点运动到Q点的过程中(　　) A．速度的最小值为v B．所受电场力的最小值为mg C．动能与电势能之和一直减小 D．水平位移与竖直位移的大小之比为2∶1 答案　B 解析　在运动过程中，小球所受电场力、重力均为恒力，则小球所受合力为恒力，做匀变速运动，将小球的速度、加速度均沿x、y轴进行正交分解，设小球从P运动到Q所用时间为t，则小球水平方向向右做匀减速直线运动，分加速度大小为ax＝，竖直方向向下做初速度为0的匀加速直线运动，分加速度大小为ay＝，令小球合加速度方向与竖直方向夹角为θ，则有tanθ＝，解得tanθ＝，可将小球在空中的运动视为类斜抛运动，将该运动分解为垂直于合加速度方向的匀速直线运动与沿合加速度方向的匀加速直线运动，可知垂直于合加速度方向的分速度即为速度的最小值，则有vmin＝vcosθ，解得vmin＝v，A错误；由小球所受合力方向与竖直方向夹角为θ可知，当电场力方向与合力方向垂直时，电场力为最小值，则有F电min＝mgsinθ，解得F电min＝mg，B正确；小球从P点运动到Q点的过程中重力一直做正功，重力势能一直减小，小球运动过程中重力势能、动能与电势能之和守恒，可知动能与电势能之和一直增大，C错误；小球水平分位移大小为x＝t，小球竖直分位移大小为y＝t，解得＝，D错误。 ※13.(2022·海南高考)(多选)如图甲，带正电q＝3×10－5 C的物块A放在水平桌面上的O点，利用细绳通过光滑的滑轮与物块B相连。A处在水平向左的匀强电场中，电场强度E＝4×105 N/C，以O点为坐标原点、水平向左为x轴正方向，建立直线坐标系Ox，则从O开始，A与桌面间的动摩擦因数μ随x的变化如图乙所示。取O点电势为零，A、B质量均为1 kg，B离滑轮的距离足够长。现从静止释放A、B，则(　　) A．它们运动的最大速度为1 m/s B．A向左运动的最大位移为1 m C．当速度为0.6 m/s时，A的电势能可能是－2.4 J D．当速度为0.6 m/s时，绳子的拉力可能是9.2 N 答案　ACD 解析　开始时，μ＝0，A受到的水平向左的电场力F电＝qE＝12 N，B的重力GB＝mg＝10 N，F电>GB，所以释放后A向左运动，由牛顿第二定律，对A有F电－T－μmg＝ma，对B有T－mg＝ma，联立得F电－mg－μmg＝2ma，μ逐渐增大，则a先逐渐减小到零，后反向增大，A、B先加速后减速，当a＝0时速度最大，解得此时μ0＝0.2，由题图乙可知，当x的单位为m时，A与桌面的动摩擦因数μ随x的变化的数量关系为μ＝0.2x，则此时物块A向左运动的位移的大小为x0＝1 m，由题图乙分析知，A所受滑动摩擦力大小与x成正比，则该过程中A克服滑动摩擦力做的功为Wf0＝μ0mgx0＝1 J，对A、B整体由动能定理有F电x0－mgx0－Wf0＝×2mv，解得物块A、B运动的最大速度为vm＝1 m/s，此后A继续向左运动，则A向左运动的最大位移的大小xm>x0＝1 m，A正确，B错误；当A、B的速度大小为v＝0.6 m/s时，由Wf＝μmgx，μ＝0.2x，F电x－mgx－Wf＝×2mv2，联立并代入数据得x2－2x＋0.36＝0，解得x1＝0.2 m或x2＝1.8 m，由功能关系知，A的电势能为Ep1＝0－F电x1＝－2.4 J，或Ep2＝0－F电x2＝－21.6 J，动摩擦因数μ1＝0.2x1＝0.04，或μ2＝0.2x2＝0.36，又F电－mg－μmg＝2ma和T－mg＝ma，解得绳子的拉力为T1＝10.8 N或T2＝9.2 N，C、D正确。 ※14.(2022·山东省日照市高三下一模)(多选)如图所示，在水平向左且足够大的匀强电场中，一长为L的绝缘细线一端固定于O点，另一端系着一个质量为m、电荷量为q的带正电小球，小球静止在M点。现给小球一垂直于OM的初速度v0，使其在竖直平面内绕O点恰好做完整的圆周运动，AB为圆的竖直直径。已知匀强电场的场强大小为，重力加速度为g。当小球第二次运动到B点时细线突然断裂，则下列说法正确的是(　　) A．小球做完整的圆周运动时，动能的最小值为mgL B．细线断裂后，小球动能的最小值为mgL C．从细线断裂到小球的动能与B点动能相等的过程中，电势能增加了mgL D．从细线断裂到小球的电势能与B点电势能相等的过程中，重力势能减少了mgL 答案　ABD 解析　将小球所受重力和电场力的合力作为等效重力，其大小为F等＝＝2mg，F等与水平方向夹角θ满足tanθ＝，得θ＝30°，等效最高点为O、M连线的反向延长线与圆周的交点，设为N，则在N点满足F等＝，即动能的最小值为Ekmin＝mv2＝mgL，故A正确；从B点到N点，由动能定理得－F等(L－Lsin30°)＝mv2－mv，解得vB＝2，细线断裂后，当速度沿与等效重力反方向的分速度减为零时，动能最小，所以最小动能为Ekmin′＝m·(vBsin30°)2＝mgL，故B正确；细线断裂后，小球做类斜抛运动，动能与B点动能相等时，沿等效重力方向的分速度变为与B点时的分速度等大反向，故－vBcos30°＝vBcos30°－at，a＝＝2g，从细线断裂到小球的动能与B点动能相等的过程中，垂直于F等的位移x＝vBsin30°·t，电势能的变化量ΔEp＝－(－qExcos60°)，联立得ΔEp＝mgL，即电势能增加了mgL，故C错误；细线断裂后，小球的电势能与B点电势能相等时，小球水平方向的速度变为与在B点时的方向相反，大小相等，故－vB＝vB－a′t′，qE＝ma′，从细线断裂到小球的电势能与B点电势能相等的过程中，下落的高度h＝gt′2，重力势能的减少量ΔEp′＝mgh，解得ΔEp′＝mgL，故D正确。 15.(2023·新课标卷)密立根油滴实验的示意图如图所示。两水平金属平板上下放置，间距固定，可从上板中央的小孔向两板间喷入大小不同、带电量不同、密度相同的小油滴。两板间不加电压时，油滴a、b在重力和空气阻力的作用下竖直向下匀速运动，速率分别为v0、；两板间加上电压后(上板为正极)，这两个油滴很快达到相同的速率，均竖直向下匀速运动。油滴可视为球形，所受空气阻力大小与油滴半径、运动速率成正比，比例系数视为常数。不计空气浮力和油滴间的相互作用。 (1)求油滴a和油滴b的质量之比； (2)判断油滴a和油滴b所带电荷的正负，并求a、b所带电荷量的绝对值之比。 答案　(1)8∶1 (2)油滴a带负电，油滴b带正电　4∶1 解析　(1)设油滴半径为r，密度为ρ，则油滴质量m＝πr3ρ 由题意知，油滴速率为v时，所受空气阻力大小f＝krv(k为大于零的常量) 若两板间不加电压，当油滴匀速竖直下落时，受力平衡，有mg＝f 解得r＝∝ 可知＝＝ 则＝＝。 (2)两板间加上电压后(上板为正极)，这两个油滴很快达到相同的速率，且运动方向均竖直向下，可知加上电压后，油滴a向下做减速运动，油滴b向下做加速运动，则油滴a受到的电场力方向向上，油滴a带负电，油滴b受到的电场力方向向下，油滴b带正电；当再次匀速竖直下落时， 对a，由平衡条件可得|qa|E＋fa′＝mag 其中fa′＝krav0 又不加电压时有fa＝krav0＝mag 对b，由平衡条件可得fb′＝|qb|E＋mbg 其中fb′＝krbv0 又不加电压时有fb＝krbv0＝mbg 联立解得＝。 ※16.(2022·辽宁高考)如图所示，光滑水平面AB和竖直面内的光滑圆弧导轨在B点平滑连接，导轨半径为R。质量为m的带 正电小球将轻质弹簧压缩至A点后由静止释放，脱离弹簧后经过B点时的速度大小为，之后沿导轨BO运动。以O为坐标原点建立直角坐标系xOy，在x≥－R区域有方向与x轴夹角为θ＝45°的匀强电场，进入电场后小球受到的电场力大小为mg。小球在运动过程中电荷量保持不变，重力加速度为g。求： (1)弹簧压缩至A点时的弹性势能； (2)小球经过O点时的速度大小； (3)小球过O点后运动的轨迹方程。 答案　(1)mgR　(2) (3)y2＝6Rx(x>0，y>0) 解析　(1)小球从A点运动到B点的过程，根据能量守恒定律得Ep＝mv 其中vB＝ 解得弹簧压缩至A点时的弹性势能 Ep＝mgR。 (2)小球从B点运动到O点的过程，根据动能定理有 －mgR＋qE·＝mv－mv 其中qE＝mg 解得小球经过O点时的速度大小vO＝。 (3)小球运动至O点时速度竖直向上，之后只受电场力和重力作用，将电场力沿x轴方向和y轴方向分解，则 x轴方向有qEcos45°＝max y轴方向有qEsin45°－mg＝may 解得ax＝g，ay＝0 说明小球过O点后在第一象限做类平抛运动，有x＝gt2，y＝vOt 联立解得小球过O点后运动的轨迹方程为 y2＝6Rx(x>0，y>0)。 1 学科网（北京）股份有限公司 $$