A.從A到B，小物塊的加速度逐漸減小
B．從A到B，小物塊的加速度先增大后減小
C．小物塊一定帶負(fù)電荷，從A到B電勢(shì)能先減小后增大
D．從A到B，小物塊的電勢(shì)能一直減小，受到的電場(chǎng)力先增大后減小
2．[2021·衡陽市聯(lián)考](多選)如圖所示，傾角為30°的光滑絕緣直角斜面ABC，D是斜邊AB的中點(diǎn)，在C點(diǎn)固定一個(gè)帶電荷量為＋Q的點(diǎn)電荷，一質(zhì)量為m，電荷量為－q的小球從A點(diǎn)由靜止釋放，小球經(jīng)過D點(diǎn)時(shí)的速度為v，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度為0，則( )
A．小球從A到D的過程中靜電力做功為eq \f(1,2)mv2
B．小球從A到B的過程中電勢(shì)能先減小后增加
C．B點(diǎn)電勢(shì)比D點(diǎn)電勢(shì)低
D．A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UAB＝eq \f(mv2,q)
3．[2021·甘肅河西五市聯(lián)考]如圖所示，不帶電的金屬球A固定在絕緣底座上，它的正上方有一B點(diǎn)，該處有帶正電液滴不斷地由靜止開始下落(不計(jì)空氣阻力，每滴液滴的質(zhì)量、電荷量均相同)，液滴到達(dá)A球后將電荷量全部傳給A球，且前一液滴到達(dá)A球后，后一液滴才開始下落，不計(jì)B點(diǎn)未下落的帶電液滴對(duì)下落液滴的影響，則下列說法正確的是( )
A．第一滴液滴做自由落體運(yùn)動(dòng)，以后液滴做變加速運(yùn)動(dòng)，都能到達(dá)A球
B．當(dāng)液滴下落到重力與電場(chǎng)力大小相等時(shí)，開始做勻速運(yùn)動(dòng)
C．能夠下落到A球的所有液滴在下落過程中達(dá)到最大動(dòng)能時(shí)的位置均相同
D．除第一滴外所有液滴下落過程中電勢(shì)能均在增加
4．[2021·石家莊質(zhì)檢]如圖所示，光滑絕緣水平桌面處在電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E、方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，某時(shí)刻將質(zhì)量為m、帶電荷量為－q的小金屬塊從A點(diǎn)由靜止釋放，小金屬塊經(jīng)時(shí)間t到達(dá)B點(diǎn)，此時(shí)電場(chǎng)突然反向、電場(chǎng)強(qiáng)度增強(qiáng)為某恒定值，且仍為勻強(qiáng)電場(chǎng)，又經(jīng)過時(shí)間t小金屬塊回到A點(diǎn)．小金屬塊在運(yùn)動(dòng)過程中電荷量保持不變．求：
(1)電場(chǎng)反向后勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大??；
(2)整個(gè)過程中電場(chǎng)力所做的功．
5．[2021·昆明市調(diào)研]一帶電荷量為q(q>0)的粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，依次通過A、B、C三點(diǎn)．粒子通過B點(diǎn)時(shí)速度最小，通過A、B兩點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能分別為Ek和eq \f(1,4)Ek.不計(jì)粒子重力．求：
(1)A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UAB；
(2)粒子在A點(diǎn)時(shí)的速度方向與電場(chǎng)方向的夾角．
6．[2021·深圳市調(diào)研]如圖所示，勻強(qiáng)電場(chǎng)中相鄰豎直等勢(shì)線間距d＝10cm.質(zhì)量m＝0.1kg，帶電荷量為q＝－1×10－3C的小球以初速度v0＝10m/s拋出，初速度方向與水平線的夾角為45°，已知重力加速度g＝10m/s2，求：
(1)小球加速度的大?。?br>(2)小球再次回到圖中水平線時(shí)的速度和距拋出點(diǎn)的距離．
專題60 力、電綜合解決問題
1．B 2.BCD 3.D
4．(1)3E (2)eq \f(2q2E2t2,m)
解析：(1)設(shè)t末和2t末小物塊的速度大小分別為v1和v2，電場(chǎng)反向后勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E1，小金屬塊由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)過程
x＝eq \f(1,2)eq \f(Eq,m)t2
v1＝eq \f(Eq,m)t
小金屬塊由B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)過程
－x＝v1t－eq \f(1,2)eq \f(E1q,m)t2
－v2＝v1－eq \f(E1q,m)t
聯(lián)立解得v2＝eq \f(2Eqt,m)
E1＝3E
(2)根據(jù)動(dòng)能定理，整個(gè)過程中電場(chǎng)力所做的功
W＝eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) －0
聯(lián)立解得W＝eq \f(2q2E2t2,m)
5．(1)UAB＝－eq \f(3Ek,4q) (2)150°
解析：(1)EkA＝Ek，EkB＝eq \f(1,4)Ek
粒子從A運(yùn)動(dòng)到B，由動(dòng)能定理有
qUAB＝EkB－EkA
解得UAB＝－eq \f(3Ek,4q)
(2)如圖，設(shè)粒子在A點(diǎn)時(shí)的速度大小為v
由EkB＝eq \f(1,4)EkA
可得粒子在B點(diǎn)的速度大小vB＝eq \f(1,2)v
將粒子在A點(diǎn)的速度v沿垂直和平行于電場(chǎng)方向分解為v1、v2，受力分析可知，粒子在垂直于電場(chǎng)方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，平行于電場(chǎng)方向先減速后加速，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度方向垂直于電場(chǎng)方向，且速度達(dá)到最小值，可知
v1＝vB＝eq \f(1,2)v
設(shè)v與v2的夾角為θ，則有
sinθ＝eq \f(v1,v)，解得θ＝30°
故粒子在A點(diǎn)的速度方向與電場(chǎng)方向的夾角為150°
6．(1)10eq \r(2)m/s2 (2)10eq \r(5)m/s 20m
解析：(1)設(shè)相鄰兩等勢(shì)線間的電勢(shì)差為U
則E＝eq \f(U,d)
解得E＝1×103V/m
電場(chǎng)力F＝Eq＝1N，方向水平向右
重力G＝mg＝1N，方向豎直向下
設(shè)小球加速度為a，由牛頓第二定律得
eq \r(G2＋F2)＝ma
解得a＝10eq \r(2)m/s2
(2)設(shè)小球再次回到圖中水平線時(shí)的速度為v，與拋出點(diǎn)的距離為L(zhǎng)
小球加速度與初速度方向垂直，做類平拋運(yùn)動(dòng)，有
Lcs45°＝v0t
Lcs45°＝eq \f(1,2)at2
解得t＝eq \r(2)s
L＝20m
vy＝at
v＝eq \r(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＋v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(y)) )
解得v＝10eq \r(5)m/s
速度與水平夾角為φ，tanφ＝eq \f(1,3)

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