A．物塊的加速度恒定不變
B．物塊的動能一直增大
C．物塊的機(jī)械能保持不變
D．物塊的電勢能先增大后減小
2．[2023·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)時的速度為v，到達(dá)B點(diǎn)時的速度為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的過程中電勢能先減小后增加
C．B點(diǎn)電勢比D點(diǎn)電勢低
D．A、B兩點(diǎn)間的電勢差UAB＝ eq \f(mv2,q)
3．[2023·江西省七校聯(lián)考](多選)如圖所示，BCD為豎直面內(nèi)的光滑絕緣軌道，其中BC段水平，CD段為半圓形，軌道連接處均光滑，整個軌道處于豎直向下的勻強(qiáng)電場中，場強(qiáng)大小為E＝ eq \f(2mg,q) ，一質(zhì)量為M的光滑絕緣斜面靜止在水平面上，其底端與平面由微小圓弧連接．一帶電量為＋q的金屬小球甲，從距離地面高為H的A點(diǎn)由靜止開始沿斜面滑下，與靜止在C點(diǎn)的不帶電金屬小球乙發(fā)生彈性碰撞．已知甲、乙兩小球材質(zhì)、大小均相同，質(zhì)量均為m，且M＝2m，水平軌道足夠長，不考慮兩球之間的靜電力，小球與軌道間無電荷轉(zhuǎn)移，g取10 m/s2.則( )
A．甲球滑到斜面底端時的速度大小為2 eq \r(gH)
B．甲、乙兩球碰撞后甲的速度大小為 eq \r(gH)
C．甲、乙兩球碰撞后乙的速度大小為 eq \r(2gH)
D若乙球恰能過D點(diǎn)，半圓形軌道半徑為 eq \f(2,5) H
4．[2023·浙江省模擬]如圖所示，足夠長的絕緣水平面上在相距LBC＝1.6 m的空間內(nèi)存在水平向左的勻強(qiáng)電場E.質(zhì)量m1＝0.05 kg的絕緣不帶電滑塊P，從離水平面h＝2.0 m高處由靜止釋放．滑塊P沿光滑曲面下滑后，進(jìn)入長LAB＝0.5 m的水平面，運(yùn)動到B點(diǎn)處以速度v1與質(zhì)量m2＝0.1 kg、帶電量q＝＋1×10－7 C的滑塊Q發(fā)生彈性碰撞．碰后滑塊Q以一定的速度v2沿水平面向右進(jìn)入電場區(qū)域，滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4，設(shè)最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等，兩滑塊均可視為質(zhì)點(diǎn)．求：
(1)碰撞前瞬間滑塊P的速度v1，碰撞后瞬間滑塊Q的速度v2；
(2)當(dāng)E＝5×106 N/C時，滑塊在水平面上滑行的總距離s；
(3)如果滑塊Q不能離開電場區(qū)域，電場強(qiáng)度E的取值范圍多大．
專題50 力、電綜合問題
1．ABC 金屬板處于靜電平衡狀態(tài)則電場力始終垂直于金屬板，金屬板上表面光滑小物塊所受摩擦力為零，則在物塊下滑的過程中，合外力保持不變加速度不變，A項(xiàng)正確；物塊下滑的過程中電場力始終垂直于金屬板，則支持力和電場力不做功，電勢能和機(jī)械能不變，C項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯誤；物塊下滑的過程中合外力對物塊做正功，物塊動能增加，B項(xiàng)正確．
2．BCD
3．AD 以甲球和斜面為整體，由動能定理可得：mgH＋qEH＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(2,1) ＋ eq \f(1,2) Mv eq \\al(2,2) ，以甲球與斜面為系統(tǒng)，水平方向動量守恒：Mv2－mv1＝0，解得：v1＝2 eq \r(gH) ，選項(xiàng)A正確；甲、乙兩球碰撞由動量守恒定律與機(jī)械能守恒定律可得：mv1＝mv′1＋mv乙， eq \f(1,2) mv eq \\al(2,1) ＝ eq \f(1,2) mv′ eq \\al(2,1) ＋ eq \f(1,2) mv eq \\al(2,乙) ，聯(lián)立兩式可得：v乙＝2 eq \r(gH) ，v′1＝0，選項(xiàng)B、C錯誤；乙球由最低點(diǎn)到D點(diǎn)由動能定理可得：－(mg＋ eq \f(1,2) qE)×2R＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(2,D) － eq \f(1,2) mv eq \\al(2,乙) ，小球乙恰好到達(dá)最高點(diǎn)D，由牛頓第二定律可得：mg＋ eq \f(q,2) E＝m eq \f(v eq \\al(2,D) ,R) ，聯(lián)立兩式可求：R＝ eq \f(2,5) H，選項(xiàng)D正確．
4．(1)v1＝6 m/s，v2＝4 m/s (2)s＝2 m (3)1.0×106 N/C≤E≤4×106 N/C
解析：(1)從出發(fā)點(diǎn)到B點(diǎn)，應(yīng)用動能定理m1gh－μm1gLAB＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(2,1)
代入數(shù)據(jù)得v1＝6 m/s
P與Q發(fā)生彈性碰撞，則有
m1v1＝m1v′1＋m2v2
eq \f(1,2) m1v eq \\al(2,1) ＝ eq \f(1,2) m1v′ eq \\al(2,1) ＋ eq \f(1,2) m2v eq \\al(2,2)
代入數(shù)據(jù)解得v2＝4 m/s
(2)根據(jù)動能定理－(Eq＋μm2g)x1＝0－ eq \f(1,2) m2v eq \\al(2,2)
代入數(shù)據(jù)解得x1＝ eq \f(8,9) m
由于Eq＞μm2g
物塊將向左運(yùn)動，假設(shè)在距B點(diǎn)左側(cè)x2處停下，則應(yīng)用動能定理(Eq－μm2g)x1－μm2gx2＝0
代入數(shù)據(jù)解得x2＝ eq \f(2,9) m
所以總路程為s＝2x1＋x2＝2 m
(3)若滑塊不會從右側(cè)離開電場，則
－(E1q＋μm2g)LBC＝0－ eq \f(1,2) m2v eq \\al(2,2)
解得E1＝106 N/C
若滑塊不會從左側(cè)離開電場，則qE2≤μm2g
得E2≤4×106 N/C
電場強(qiáng)度E的取值范圍為1.0×106 N/C≤E≤4×106 N/C

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