第6节 专题：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】2026年高考物理一轮总复习首选用卷全书Word

高考总复习首选用卷 物理 第6节　专题：立体空间中的电场性质的分析 电场中的力电综合问题 考点一　立体空间中的电场性质的分析 1.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。 2.(2025·湖南省张家界市高三上模拟)如图所示，ABCD是边长为l的正三棱锥，虚线圆为三角形ABD的内切圆，M、N、P分别为BD、AB和AD边与圆的切点，O为圆心，正三棱锥的顶点A、B和D分别固定有电荷量为＋Q、＋Q和－Q的点电荷，则(　　) A．同一带正电的点电荷分别置于M、P两点的电势能不相等 B．将质子由C移动到M，电势能减少 C．将电子由P移动到N，电场力做正功 D．M、P两点的电场强度相同 答案：C 解析：三个点电荷关于平面CND呈对称分布，根据对称性可知，M点和P点的电势相等，则同一带正电的点电荷分别置于M、P两点的电势能相等，故A错误；仅考虑B处和D处点电荷时，根据等量异种点电荷等势面的分布可知，C点和M点的电势相等，P点的电势小于N点的电势，仅考虑A处点电荷时，根据正点电荷等势面的分布可知，C点的电势小于M点的电势，P点和N点的电势相等，根据电势的叠加原理可知，在三个点电荷产生的电场中，φC<φM，φP<φN，则将质子由C移动到M，电势能增加，将电子由P移动到N，电势能减小，电场力做正功，故B错误，C正确；根据对称性可知，M点和P点的电场强度大小相等，B、D两处点电荷在M点的合场强为EBD＝2k＝，方向从B指向D，A处点电荷在M点的电场强度为EA＝k＝，方向由A指向M，因EBDcos60°＞EAcos30°，可知三个点电荷在M点的电场强度沿MP方向的分量由M指向P，同理可知，三个点电荷在P点的电场强度沿MP方向的分量由P指向M，则M、P两点的电场强度方向不同，故D错误。 3.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。 4.(2024·山东省名校考试联盟4月模拟)(多选)如图所示，匀强电场中有棱长为L的立方体a1b1c1d1－a2b2c2d2。质量为m、电量为－q(q>0)的负点电荷，在外力作用下由a1移到b1的过程中，电场力做功为W(W>0)，接着由b1移到b2的过程中，克服电场力做功2W，再由b2移到c2的过程中，电场力做功3W，取a1点的电势为零。下列说法正确的是(　　) A．匀强电场的电场强度大小为 B．c1点电势为 C．d2点电势为 D．若将该点电荷移到c1d1d2c2中心，其电势能为－2.5W 答案：ABD 解析：由F＝qE和W＝FL可知E＝，则该匀强电场沿a1b1方向的电场强度分量大小为E1＝，沿b1b2方向的电场强度分量大小为E2＝，沿b2c2方向的电场强度分量大小为E3＝，故匀强电场的电场强度大小为E＝＝，故A正确；该点电荷由a1经d1移动到c1，有－qUa1c1＝W＋3W，而Ua1c1＝φa1－φc1，φa1＝0，联立解得φc1＝，B正确；该点电荷由a1经d1移动到d2，有－qUa1d2＝3W－2W，而Ua1d2＝φa1－φd2，φa1＝0，联立解得φd2＝，C错误；该点电荷由a1经d1移动到d1d2中点，再移动到c1d1d2c2中心，电场力做功为W电＝3W－＋＝2.5W，则ΔEp＝Ep中心－Epa1＝－W电，其中Epa1＝－qφa1＝0，解得该点电荷在c1d1d2c2中心的电势能Ep中心＝－2.5W，故D正确。 考点二　带电体在重力场和电场中的类抛体运动和圆周运动的分析 5．(2024·辽宁高考)在水平方向的匀强电场中，一带电小球仅在重力和电场力作用下于竖直面(纸面)内运动。如图，若小球的初速度方向沿虚线，则其运动轨迹为直线；若小球的初速度方向垂直于虚线，则其从O点出发运动到与O点等高处的过程中(　　) A．动能减小，电势能增大 B．动能增大，电势能增大 C．动能减小，电势能减小 D．动能增大，电势能减小 答案：D 解析：小球的初速度方向沿虚线时，其运动轨迹为直线，可知小球所受电场力和重力的合力沿着虚线方向；已知电场强度方向为水平方向，则小球所受电场力沿水平方向，又因为小球所受重力竖直向下，根据平行四边形定则可知，小球所受合力沿虚线向下，所受电场力方向水平向右。若小球的初速度方向垂直于虚线，即与所受合力方向垂直，则小球做类平抛运动，从O点出发运动到与O点等高处的过程中，合力的方向与小球的运动方向始终成锐角，则合力对小球做正功，小球的动能增大；电场力的方向与小球的运动方向始终成锐角，则电场力对小球做正功，小球的电势能减小。故D正确。 6．(2022·全国甲卷)(多选)地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场，将一带正电荷的小球自电场中P点水平向左射出。小球所受的重力和电场力的大小相等，重力势能和电势能的零点均取在P点。则射出后，(　　) A．小球的动能最小时，其电势能最大 B．小球的动能等于初始动能时，其电势能最大 C．小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，其动能最大 D．从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，重力做的功等于小球电势能的增加量 答案：BD 解析：根据qE＝mg、E水平向右可知，带正电荷q的小球所受合力F斜向右下方，且与水平方向夹角为45°；小球在P点的初速度v0水平向左，可画出小球在匀强电场中做类斜抛运动的轨迹如图，其中O为轨迹等效最高点，N为轨迹上与P“等高”的点。根据类斜抛运动的规律及对称性可知，小球经过O点速度与F垂直时，速度最小，动能最小，经过N点时，速度大小为v0，动能等于初动能，且经过N点的速度竖直向下。根据Ep＝qφ，以及沿电场线方向电势降低，结合上述分析可知，小球经过O点动能最小时，电势能不是最大，小球经过N点动能等于初动能时，电势能最大，A错误，B正确。分析可知，小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，恰好经过O点，此时动能最小，C错误。小球速度的水平分量为零时，经过N点，从P到N的过程，根据动能定理有WG＋WE＝mv－mv，根据功能关系，此过程电势能增加量ΔEp＝－WE，则此过程WG＝ΔEp，D正确。 7.(多选)如图所示，长为L的细线拴一个带电荷量为＋q、质量为m的小球，重力加速度为g，球处在竖直向下的匀强电场中，电场强度大小为E，小球恰好能够在竖直平面内做圆周运动，则(　　) A．小球在最高点的速度大小为 B．小球运动到最高点时，电势能最小 C．小球运动到最低点时，机械能最大 D．小球运动到最低点时，动能为(mg＋qE)L 答案：CD 解析：小球恰好能够在竖直平面内做圆周运动，则在最高点由重力和静电力的合力提供向心力，有mg＋Eq＝m，解得小球在最高点的速度大小为v＝，故A错误；小球向上运动的过程中，电场力做负功，小球的电势能增加，小球运动到最高点时，电势能最大，故B错误；小球向下运动的过程中，电场力做正功，小球的机械能增大，小球运动到最低点时，机械能最大，故C正确；小球从最高点运动到最低点的过程中，根据动能定理得(mg＋Eq)·2L＝Ek－mv2，解得小球运动到最低点时的动能为Ek＝(mg＋Eq)L，故D正确。 8.(多选)如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一质量为m的带电小球(电荷量大小为q)。小球静止时细线与竖直方向成θ角。现让小球获得初速度且恰能绕O点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　) A．匀强电场的电场强度E＝ B．小球动能的最小值为Ekmin＝，动能的最大值为Ekmax＝ C．小球运动至圆周轨迹的最低点时机械能最小 D．小球从初位置开始在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先减小后增大再减小 答案：ABD 解析：小球静止时细线与竖直方向成θ角，对小球受力分析，如图所示，根据平衡条件，有mgtanθ＝qE，解得E＝，故A正确；将重力、电场力的合力作为等效重力，小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点A时速度最小，根据牛顿第二定律，有＝m，则最小动能Ekmin＝mv2＝，从等效最高点到等效最低点，由动能定理得·2L＝Ekmax－Ekmin，解得Ekmax＝Ekmin＋·2L＝，故B正确；小球的机械能和电势能之和保持不变，则小球运动至电势能最大的位置时机械能最小，小球受到电场力的方向水平向右，则小球运动到圆周轨迹的最左端时电势能最大，机械能最小，故C错误；小球从初始位置转到圆周轨迹最右端的过程中，电场力对小球做正功，小球继续转到圆周轨迹最左端的过程中，电场力对小球做负功，之后回到初始位置的过程中，电场力继续对小球做正功，则小球从初始位置开始在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先减小后增大再减小，故D正确。 9.(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轴方向的位移为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。 10.(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)。 考点三　力学三大观点在电场中的应用 11．(2024·山东高考)(多选)如图所示，带电量为＋q的小球被绝缘棒固定在O点，右侧有固定在水平面上、倾角为30°的光滑绝缘斜面。质量为m、带电量为＋q的小滑块从斜面上A点由静止释放，滑到与小球等高的B点时加速度为零，滑到C点时速度为零。已知AC间的距离为S，重力加速度大小为g，静电力常量为k，下列说法正确的是(　　) A．OB的距离l＝ B．OB的距离l＝ C．从A到C，静电力对小滑块做功W＝－mgS D．AC之间的电势差UAC＝－ 答案：AD 解析：小滑块经过B点时，加速度为零，对小滑块受力分析，根据平衡条件，沿斜面方向有mgsin30°＝cos30°，解得l＝，A正确，B错误；小滑块从A到C的过程，根据动能定理有W＋mgSsin30°＝0－0，解得W＝－，故C错误；根据电势差与静电力做功的关系可知，AC之间的电势差UAC＝＝－，故D正确。 12.(2025·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。 13.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qELsin53°＝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。 14．在一次科学晚会上，小陶老师表演了一个“魔术”：如图甲，一个空塑料瓶中固定着一根细金属条和一块易拉罐(金属)片，将金属片和金属条分别与静电起电机正负极相连。在塑料瓶里放一盘点燃的蚊香，很快就看到整个塑料瓶里烟雾缭绕。摇动起电机，顿时塑料瓶清澈透明，停止摇动，又是烟雾缭绕，图乙为其俯视图。已知金属片是半径为R的圆弧，金属条恰好位于其圆心，两者的高度均为h。若匀速摇动起电机时，两极间的电压恒为U，则(　　) A．未摇动起电机时，烟尘在金属片与金属条之间下落的最大时间为 B．匀速摇动起电机时，金属片与金属条之间的电场强度为 C．除尘过程中带电量为q的烟尘增加的电势能均为qU D．质量为m、带电量为q的烟尘被金属片吸附时水平方向受到的冲量不大于 答案：D 解析：依题意，未摇动起电机时，烟尘受到空气作用力等的影响，其下落时间将远大于只受重力作用时做自由落体运动的时间，即t>，故A错误；根据题图乙可以看出，匀速摇动起电机时，金属片与金属条之间存在的是辐射状的电场，不是匀强电场，所以其电场强度不是，故B错误；除尘过程中，金属条周围的电场很强，使其附近的空气分子电离成负离子和正离子，负离子在电场力作用下，向金属片移动时，碰到烟尘使它带负电，带电烟尘在电场力作用下向正极移动，烟尘最终被吸附到金属片上，电势能减小，且带电量为q的烟尘减小的电势能最大值为qU，故C错误；设质量为m、带电量为q的烟尘被金属片吸附前瞬间水平方向的分速度大小为v，则烟尘受到的电场力做的功为mv2＝≤qU，可得烟尘被吸附前水平方向的动量大小p≤，根据动量定理知烟尘被吸附时水平方向受到的冲量不大于，故D正确。 15．(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。 16.(2024·浙江6月选考)如图所示，空间原有大小为E、方向竖直向上的匀强电场，在此空间同一水平面的M、N点固定两个等量异种点电荷，绝缘光滑圆环ABCD垂直MN放置，其圆心O在MN的中点，半径为R，AC和BD分别为竖直和水平的直径。质量为m、电荷量为＋q的小球套在圆环上，从A点沿圆环以初速度v0做完整的圆周运动，则(　　) A．小球从A到C的过程中电势能减少 B．小球不可能沿圆环做匀速圆周运动 C．可求出小球运动到B点时的加速度 D．小球在D点受到圆环的作用力方向平行MN 答案：C 解析：小球从A到C的过程，等量异种点电荷的电场对小球的电场力F1方向与MN平行，该电场力对小球不做功，匀强电场对小球的电场力F2＝Eq，方向竖直向上，该电场力对小球做负功，则合电场力对小球做负功，小球电势能增加，故A错误；当F2＝mg时，圆环对小球的弹力和两异种点电荷的电场力的合力始终指向圆心O，小球沿圆环做匀速圆周运动，故B错误；小球从A到B，根据动能定理，有(mg－Eq)R＝mv－mv，小球运动到B点时，设向心加速度为a1，根据牛顿第二定律，有ma1＝m，联立可求出a1的大小、方向，小球运动到B点时，设切向加速度为a2，在竖直方向，以竖直向下为正方向，根据牛顿第二定律，有mg－Eq＝ma2，可求出a2的大小、方向，根据矢量合成，可求出小球运动到B点的加速度的大小、方向，故C正确；小球经过D点时，所受重力、匀强电场的电场力与AC方向平行，所受两异种点电荷的电场力与MN方向平行，均不能提供向心力，则小球在D点受到圆环的作用力在垂直MN指向O方向的分力不为零，故小球在D点受到圆环的作用力方向不平行MN，故D错误。 17．(2024·安徽高考)在某装置中的光滑绝缘水平面上，三个完全相同的带电小球，通过不可伸长的绝缘轻质细线，连接成边长为d的正三角形，如图甲所示。小球质量为m，带电量为＋q，可视为点电荷。初始时，小球均静止，细线拉直。现将球1和球2间的细线剪断，当三个小球运动到同一条直线上时，速度大小分别为v1、v2、v3，如图乙所示。该过程中三个小球组成的系统电势能减少了，k为静电力常量，不计空气阻力。则(　　) A．该过程中小球3受到的合力大小始终不变 B．该过程中系统能量守恒，动量不守恒 C．在图乙位置，v1＝v2，v3≠2v1 D．在图乙位置，v3＝ 答案：D 解析：在剪断细线瞬间，小球3由静止开始向左运动，具有加速度，由牛顿第二定律可知，小球3所受合力不为0，当三个小球运动到同一条直线上时，由对称性可知，小球3受到小球1和2的电场力大小相等，方向相反，受到两细线的拉力大小相等、方向相反，此时所受合力为0，故该过程中小球3受到的合力大小是改变的，A错误；对三个小球组成的系统受力分析可知，系统受到重力和水平面的支持力，且二力平衡，所以系统所受合力为0，则在该过程中系统的动量守恒，没有外力对系统做功，则系统内的电势能与动能相互转化，能量守恒，B错误；以水平向左为正方向，根据动量守恒定律，有mv3－m(v1＋v2)＝0，因为小球1和小球2的运动具有对称性，则两小球的速度大小时刻相等，即v1＝v2，联立解得v3＝2v1，C错误；由能量守恒定律可得，＝mv＋mv＋mv，联立解得v3＝，D正确。 18．(2024·山东省菏泽市高三下一模)如图所示，光滑圆弧轨道竖直固定，与水平地面相切于最低点P，半径R＝0.2 m，空间中存在水平向右的匀强电场，电场强度E＝1×103 V/m。物体甲的质量为m1＝0.2 kg，带电量为q＝＋1×10－3 C，在P点右侧L1＝1 m处有一不带电的物体乙，质量为m2＝0.2 kg，物体乙右侧L2＝0.5 m处有一竖直固定挡板。物体甲从与圆心O等高的A点以竖直向下的初速度v0＝2 m/s开始滑动，甲、乙与水平地面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，所有碰撞均无能量损失，且甲、乙碰撞没有电荷转移。重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)物体甲第一次运动到圆形轨道最低点P时受到轨道的支持力大小； (2)甲、乙第一次碰撞后各自的速度大小； (3)整个过程甲、乙在水平地面上运动的总路程之和。 答案：(1)12 N　(2)0　4 m/s　(3)6.25 m 解析：(1)设物体甲第一次运动到P点时的速度大小为v1，受到轨道的支持力大小为FN，对物体甲从A点到P点的过程，由动能定理得m1gR＋EqR＝m1v－m1v 解得v1＝ m/s 在P点，根据牛顿第二定律有 FN－m1g＝m1 解得FN＝12 N。 (2)设甲、乙第一次碰撞前瞬间物体甲的速度大小为v，对物体甲从P点到与乙第一次碰撞前瞬间的过程，根据动能定理有 (Eq－μm1g)L1＝m1v2－m1v 设甲、乙第一次碰撞后各自的速度分别为v甲、v乙，取向右为正方向，甲、乙第一次碰撞过程中，根据动量守恒定律有 m1v＝m1v甲＋m2v乙 根据机械能守恒定律有 m1v2＝m1v＋m2v 联立解得v甲＝0，v乙＝4 m/s(另一组解v甲＝4 m/s，v乙＝0，不符合实际，舍去) 即第一次碰撞后，物体甲的速度大小为0，物体乙的速度大小为4 m/s。 (3)对物体甲受力分析有 Eq＝1 N>μm1g＝0.4 N 可知物体甲、乙最终停在挡板处。设整个过程甲、乙在水平地面上运动的总路程之和为s总，在整个过程中，对甲、乙组成的系统，由能量守恒定律有 m1v＋m1gR＋Eq(R＋L1＋L2)＝μmgs总 其中m＝m1＝m2 解得s总＝6.25 m。 1 学科网（北京）股份有限公司 $$