预测题型3 带电体在匀强电场中的运动1．(多选)(2022·广东理综·21)如图1所示的水平匀强电场中，将两个带电小球M和N分别沿图示路径移动到同一水平线上的不同位置，释放后，M、N保持静止，不计重力，则( )图1A．M的带电荷量比N的大B．M带负电荷，N带正电荷C．静止时M受到的合力比N的大D．移动过程中匀强电场对M做负功2．(多选)(2022·江苏单科·7)如图2所示，一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左．不计空气阻力，则小球( )图2A．做直线运动B．做曲线运动C．速率先减小后增大D．速率先增大后减小3．(2022·浙江理综·16)如图3所示为静电力演示仪，两金属极板分别固定于绝缘支架上，且正对平行放置．工作时两板分别接高压直流电源的正负极，表面镀铝的乒乓球用绝缘细线悬挂在两金属板中间，则( )5\n图3A．乒乓球的左侧感应出负电荷B．乒乓球受到扰动后，会被吸在左极板上C．乒乓球共受到电场力、重力和库仑力三个力的作用D．用绝缘棒将乒乓球拨到与右极板接触，放开后乒乓球会在两极板间来回碰撞4．(多选)(2022·四川理综·6)如图4所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O，最低点是P，直径MN水平．a、b是两个完全相同的带正电小球(视为点电荷)，b固定在M点，a从N点静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q(图中未画出)时速度为零．则小球a( )图4A．从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小B．从N到P的过程中，速率先增大后减小C．从N到Q的过程中，电势能一直增加D．从P到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量5.(2022·皖东三校5月联考)如图5所示，一质量为m，电量为q的带电油滴，从水平向右的匀强电场中的O点以速度v沿与场强方向成37°角射入电场中，油滴运动到最高点时速度大小也是v，已知重力加速度为g，下列说法正确的是( )图5A．最高点一定在O点的正上方5\nB．最高点可能在O点的右上方C．O点与最高点之间的电势差可能为零D．匀强电场的电场强度E＝3mg/q6.(2022·南平5月质检)如图6所示，长为L、倾角为θ的光滑绝缘斜面处于电场中，一带电量为＋q、质量为m的小球以初速度v0从斜面底端A点开始沿斜面上滑，当到达斜面顶端B点时，速度仍为v0，则( )图6A．小球在B点的电势能一定大于在A点的电势能B．A、B两点间的电压一定等于C．若电场是匀强电场，则该电场的电场强度最大值一定为D．若该电场是由放置在C点的点电荷Q产生，则θ为45°7．(2022·绵阳三诊)电荷量q＝1×10－4C的带正电的小物块静止在绝缘水平面上，所在空间存在沿水平方向的电场，其电场强度E的大小与时间t的关系如图7甲所示，物块速度v的大小与时间t的关系如图乙所示．重力加速度g＝10m/s2.则( )图7A．物块在4s内位移是8mB．物块的质量是1kgC．物块与水平面间动摩擦因数是0.4D．物块在4s内电势能减少了14J5\n答案精析预测题型3 带电体在匀强电场中的运动1．BD [带电小球M、N在不计重力条件下平衡，说明M、N两球所受电场力的合力为零，即M、N所在点合场强为零，所以M球在N球处所产生的场强方向向左，大小为E，故M球带负电；同理，N球在M球处产生的场强方向向右，大小为E，故N球带正电，且两球所带电荷量相等．所以B、D正确．]2．BC [对小球受力分析，小球受重力、电场力作用，合外力的方向与初速度的方向不在同一条直线上，故小球做曲线运动，故A错误，B正确；在运动的过程中合外力方向与速度方向间的夹角先为钝角后为锐角，故合外力对小球先做负功后做正功，所以速率先减小后增大，选项C正确，D错误．]3．D [两极板间电场由正极板指向负极板，镀铝乒乓球内电子向正极板一侧聚集，故乒乓球的右侧感应出负电荷，A错误；乒乓球不可能吸在左极板上，B错误；库仑力就是电场力，C错误；乒乓球与右极板接触后带正电，在电场力作用下向负极板运动，碰到负极板正电荷与负极板上的负电荷中和后带负电，在电场力作用下又向正极板运动，这样会在两极板间来回碰撞，D正确．]4．BC [小球a从N点静止释放，过P点后到Q点速度为零，整个运动过程只有重力和库仑力做功，库仑力方向与小球a速度方向夹角一直大于90°，所以库仑力在整个过程做负功．小球a从N到Q的过程中，库仑力增大，库仑力与重力的夹角减小，所以它们的合力一直增大，故A错误；小球a受力如图所示，在靠近N点的位置，合力与速度夹角小于90°，在P点合力与速度夹角大于90°，所以小球a从N到P的过程中，速率应先增大后减小，故B正确；从N到Q的过程中，库仑力一直做负功，所以电势能一直增加，故C正确；根据能量守恒可知，P到Q的过程中，动能的减少量等于重力势能和电势能的增加量之和，故D错误．]5．D [油滴从O到O′的过程，动能不变，而重力势能增加，根据能量守恒可知油滴的电势能减小，电场力做正功，油滴带负电，则知该油滴应逆着电场线移动，故O′在O的左上方．故A、B错误；油滴从O到O′的过程，由动能定理得UO′Oq－mgh＝0解得UO′O＝.故C错误；竖直方向上：vsinθ＝gt，设水平方向的加速度大小为a，取向右为正方向，则－v＝vcosθ－at又Eq＝ma联立以上三式得：E＝＝＝5\n，故D正确．]6．B [小球从A运动到B的过程中，动能不变，重力势能增加，电势能减小，则小球在B点的电势能一定小于小球在A点的电势能，故A错误；根据动能定理得：－mgLsinθ＋qUAB＝mv－mv，得到：UAB＝.故B正确．若电场是匀强电场，电场力恒定，到达B点时小球速度仍为v0，故小球做匀速直线运动，电场力与重力、支持力的合力为零．小球的重力沿斜面向下的分力为mgsinθ一定，则当电场力沿斜面向上，大小为F＝mgsinθ时，电场力最小，场强最小，又电场力F＝Eq，则该电场的场强的最小值一定是.电场强度的最大值不能确定．故C错误；若该电场是由放置在C点的点电荷Q产生，θ为45°时，A、B两点的电势相等，小球从A运动到B电势能不变，与上分析矛盾，故D错误．]7．BD [物块在4s内位移为：x＝×2×(2＋4)m＝6m，故A错误；由题图乙可知，前2s物块做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有：qE1－μmg＝ma，由图线知加速度为：a＝1m/s2.1s后物块做匀速直线运动，由平衡条件有：qE2＝μmg，联立解得：q(E1－E2)＝ma由图可得：E1＝3×104N/C，E2＝2×104N/C，代入数据解得：m＝1kg；由qE2＝μmg可得：μ＝0.2，故B正确，C错误；物块在前2s内的位移x1＝×2×2m＝2m，物块在2～4s内的位移为x2＝vt2＝4m．电场力做正功W＝qE1x1＋qE2x2＝3×2＋2×4J＝14J，则电势能减少了14J，故D正确．]5
