A B
C D
解析 由φ－s圖像可知，沿s軸正向電勢逐漸降低，由公式Ep＝qφ可知負(fù)電荷在低電勢點(diǎn)的電勢能大，所以負(fù)電荷向右移動(dòng)的過程中電勢能逐漸增大，又各點(diǎn)的電勢為正值，則負(fù)電荷在各點(diǎn)具有的電勢能為負(fù)值，故C正確，ABD錯(cuò)誤.
2.[電場中的圖像問題/2021山東]如圖甲所示，邊長為a的正方形，四個(gè)頂點(diǎn)上分別固定一個(gè)電荷量為＋q的點(diǎn)電荷；在0≤x＜22a區(qū)間，x軸上電勢φ的變化曲線如圖乙所示.現(xiàn)將一電荷量為－Q的點(diǎn)電荷P置于正方形的中心O點(diǎn)，此時(shí)每個(gè)點(diǎn)電荷所受庫侖力的合力均為零.若將P沿x軸向右略微移動(dòng)后，由靜止釋放，以下判斷正確的是（ C ）

圖甲 圖乙
A.Q＝2+12q，釋放后P將向右運(yùn)動(dòng)
B.Q＝2+12q，釋放后P將向左運(yùn)動(dòng)
C.Q＝22+14q，釋放后P將向右運(yùn)動(dòng)
D.Q＝22+14q，釋放后P將向左運(yùn)動(dòng)
解析 對(duì)O點(diǎn)上方的點(diǎn)電荷，受力分析如圖所示，由平衡知識(shí)可得2kq2a2＋kq2（2a）2＝kQq（12a）2，解得Q＝22+14q，因在0≤x＜22a區(qū)間內(nèi)沿x軸正向電勢升高，則場強(qiáng)方向沿x軸負(fù)向，則將P沿x軸正向向右略微移動(dòng)后釋放，P受到向右的電場力而向右運(yùn)動(dòng)，C項(xiàng)正確.
3.[牛頓運(yùn)動(dòng)定律＋圓周運(yùn)動(dòng)＋動(dòng)能/2022浙江6月/多選]如圖為某一徑向電場示意圖，電場強(qiáng)度大小可表示為E＝ar，a為常量.比荷相同的兩粒子在半徑r不同的圓軌道運(yùn)動(dòng).不考慮粒子間的相互作用及重力，則（ BC ）
A.軌道半徑r小的粒子角速度一定小
B.電荷量大的粒子的動(dòng)能一定大
C.粒子的速度大小與軌道半徑r一定無關(guān)
D.當(dāng)加垂直紙面磁場時(shí)，粒子一定做離心運(yùn)動(dòng)
解析 粒子在半徑為r的圓軌道運(yùn)動(dòng)，有qE＝mω2r，將E＝ar代入上式得ω2＝qamr2，可知軌道半徑小的粒子，角速度大，A錯(cuò)誤；由qE＝mv2r、Ek＝12mv2、E＝ar解得Ek＝qa2，即電荷量大的粒子動(dòng)能一定大，B正確；由qE＝mv2r、E＝ar可得v2＝qam，即粒子速度的大小與軌道半徑r無關(guān)，C正確；帶電粒子的運(yùn)動(dòng)方向和垂直紙面的磁場方向是向里還是向外未知，粒子所受洛倫茲力方向未知，D錯(cuò)誤.
4.[彈簧＋斜面/2022遼寧/多選]如圖所示，帶電荷量為6Q（Q＞0）的球1固定在傾角為30°的光滑絕緣斜面上的a點(diǎn)，其正上方L處固定一帶電荷量為－Q的球2，斜面上距a點(diǎn)L處的b點(diǎn)有質(zhì)量為m的帶電球3.球3與一端固定的絕緣輕質(zhì)彈簧相連并在b點(diǎn)處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時(shí)彈簧的壓縮量為L2，球2、3間的靜電力大小為mg2.迅速移走球1后，球3沿斜面向下運(yùn)動(dòng).g為重力加速度，球的大小可忽略，下列關(guān)于球3的說法正確的是（ BCD ）
A.帶負(fù)電
B.運(yùn)動(dòng)至a點(diǎn)的速度大小為gL
C.運(yùn)動(dòng)至a點(diǎn)的加速度大小為2g
D.運(yùn)動(dòng)至ab中點(diǎn)時(shí)對(duì)斜面的壓力大小為33－46mg
解析 假設(shè)球3帶負(fù)電，則球1對(duì)球3的作用力沿斜面向下，球2對(duì)球3的作用力為斥力，由于球之間的距離相等，則球1對(duì)球3的作用力一定大于球2對(duì)球3的作用力，彈簧不可能處于壓縮狀態(tài)，因此球3一定帶正電，A錯(cuò)誤.移走球1前，彈簧的壓縮量為L2，則移走球1后球3運(yùn)動(dòng)至a位置時(shí)，彈簧的伸長量為L2，則球3在b點(diǎn)與在a點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢能相等，又由于a、b兩點(diǎn)到球2的距離相等，則在球2形成的電場中a、b兩點(diǎn)的電勢相等，a、b兩點(diǎn)的電勢差為零，則球3由b到a的過程，由動(dòng)能定理得mgL sin 30°＝12mv2，解得v＝gL，B正確.對(duì)移走球1前的球3受力分析，如圖甲所示，由力的平衡條件，沿斜面方向上有mg sin 30°＋F23 sin 30°＋F＝F13，又F23＝kQqL2＝mg2，F(xiàn)13＝k·6QqL2＝3mg，解得F＝94mg；當(dāng)球3在a點(diǎn)時(shí)，受力分析如圖乙所示，由于彈簧的伸長量為L2，則F'＝F，對(duì)球3由牛頓第二定律得F'＋F’23 sin 30°－mg sin 30°＝ma，解得a＝2g，C正確.球3運(yùn)動(dòng)到ab中點(diǎn)時(shí)，受力分析如圖丙所示，球3與球2之間的距離為x＝L cs 30°＝32L，則兩球之間的庫侖力大小為F″23＝kQq(32L)2＝2mg3，由力的平衡條件知在垂直斜面的方向上有FN2＝mg cs 30°－F″23，解得FN2＝33-46mg，D正確.

圖甲 圖乙 圖丙
5.[能量守恒定律＋帶電體在電場中的運(yùn)動(dòng)/2022遼寧]如圖所示，光滑水平面AB和豎直面內(nèi)的光滑14圓弧導(dǎo)軌BO在B點(diǎn)平滑連接，導(dǎo)軌半徑為R.質(zhì)量為m的帶正電小球?qū)⑤p質(zhì)彈簧壓縮至A點(diǎn)后由靜止釋放，脫離彈簧后經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的速度大小為gR，之后沿導(dǎo)軌BO運(yùn)動(dòng).以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)建立直角坐標(biāo)系xOy，在x≥－R區(qū)域有方向與x軸夾角為θ＝45°的勻強(qiáng)電場，進(jìn)入電場后小球受到的電場力大小為2mg.小球在運(yùn)動(dòng)過程中電荷量保持不變，重力加速度為g.求：
（1）彈簧壓縮至A點(diǎn)時(shí)的彈性勢能；
（2）小球經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)的速度大?。?br>（3）小球過O點(diǎn)后運(yùn)動(dòng)的軌跡方程.
答案 （1）12mgR （2）3gR （3）x＝y(tǒng)26R
解析 （1）小球從A點(diǎn)靜止釋放，根據(jù)動(dòng)能定理有
EpA＝12mvB2－0
可得彈簧壓縮至A點(diǎn)時(shí)的彈性勢能EpA＝12mgR
（2）小球從B運(yùn)動(dòng)到O的過程中重力、電場力對(duì)小球做功，根據(jù)動(dòng)能定理有
12mv02－12mvB2＝F電·2R－mgR
其中F電＝2mg
可得v0＝3gR
（3）小球離開O點(diǎn)后的受力分析如圖所示，根據(jù)受力分析可知重力與電場力的合力方向沿水平方向，大小為F合＝mg，即小球離開O點(diǎn)后，在水平方向以加速度g做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有x＝12gt2，其中x≥0
在豎直方向以速度v0做勻速直線運(yùn)動(dòng)，有y＝v0t＝t3gR
聯(lián)立可得軌跡方程為x＝y(tǒng)26R

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