PAGE5-專題60力、電綜合解決問題1．[2024·唐山市模擬]如圖所示，粗糙絕緣豎直平面與兩個等量異種點電荷連線的中垂線重合．A、O、B為豎直平面上的三點，且O為等量異種點電荷連線的中點，AO＝BO.現(xiàn)有帶電荷量為q、質(zhì)量為m的小物塊(可視為質(zhì)點)，從A點以豎直向下的初速度v0向B滑動，到達B點時速度恰好為0.則()A．從A到B，小物塊的加速度漸漸減小B．從A到B，小物塊的加速度先增大后減小C．小物塊肯定帶負(fù)電荷，從A到B電勢能先減小后增大D．從A到B，小物塊的電勢能始終減小，受到的電場力先增大后減小2．[2024·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，在C點固定一個帶電荷量為＋Q的點電荷，一質(zhì)量為m，電荷量為－q的小球從A點由靜止釋放，小球經(jīng)過D點時的速度為v，到達B點時的速度為0，則()A．小球從A到D的過程中靜電力做功為eq\f(1,2)mv2B．小球從A到B的過程中電勢能先減小后增加C．B點電勢比D點電勢低D．A、B兩點間的電勢差UAB＝eq\f(mv2,q)3．[2024·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，該處有帶正電液滴不斷地由靜止起先下落(不計空氣阻力，每滴液滴的質(zhì)量、電荷量均相同)，液滴到達A球后將電荷量全部傳給A球，且前一液滴到達A球后，后一液滴才起先下落，不計B點未下落的帶電液滴對下落液滴的影響，則下列說法正確的是()A．第一滴液滴做自由落體運動，以后液滴做變加速運動，都能到達A球B．當(dāng)液滴下落到重力與電場力大小相等時，起先做勻速運動C．能夠下落到A球的全部液滴在下落過程中達到最大動能時的位置均相同D．除第一滴外全部液滴下落過程中電勢能均在增加4．[2024·石家莊質(zhì)檢]如圖所示，光滑絕緣水平桌面處在電場強度大小為E、方向水平向右的勻強電場中，某時刻將質(zhì)量為m、帶電荷量為－q的小金屬塊從A點由靜止釋放，小金屬塊經(jīng)時間t到達B點，此時電場突然反向、電場強度增加為某恒定值，且仍為勻強電場，又經(jīng)過時間t小金屬塊回到A點．小金屬塊在運動過程中電荷量保持不變．求：(1)電場反向后勻強電場的電場強度大??；(2)整個過程中電場力所做的功．5．[2024·昆明市調(diào)研]一帶電荷量為q(q>0)的粒子在勻強電場中運動，依次通過A、B、C三點．粒子通過B點時速度最小，通過A、B兩點時的動能分別為Ek和eq\f(1,4)Ek.不計粒子重力．求：(1)A、B兩點間的電勢差UAB；(2)粒子在A點時的速度方向與電場方向的夾角．6．[2024·深圳市調(diào)研]如圖所示，勻強電場中相鄰豎直等勢線間距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??；(2)小球再次回到圖中水平線時的速度和距拋出點的距離．專題60力、電綜合解決問題1．B2.BCD3.D4．(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，電場反向后勻強電場的電場強度大小為E1，小金屬塊由A點運動到B點過程x＝eq\f(1,2)eq\f(Eq,m)t2v1＝eq\f(Eq,m)t小金屬塊由B點運動到A點過程－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)依據(jù)動能定理，整個過程中電場力所做的功W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－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運動到B，由動能定理有qUAB＝EkB－EkA解得UAB＝－eq\f(3Ek,4q)(2)如圖，設(shè)粒子在A點時的速度大小為v由EkB＝eq\f(1,4)EkA可得粒子在B點的速度大小vB＝eq\f(1,2)v將粒子在A點的速度v沿垂直和平行于電場方向分解為v1、v2，受力分析可知，粒子在垂直于電場方向上做勻速直線運動，平行于電場方向先減速后加速，到達B點時速度方向垂直于電場方向，且速度達到最小值，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點的速度方向與電場方向的夾角為150°6．(1)10eq\r(2)m/s2(2)eq\f(1,3)解析：(1)設(shè)相鄰兩等勢線間的電勢差為U則E＝eq\f(U,d)解得E＝1×103V/m電場力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，由牛頓其次定律得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的速度為v，與拋出點的距離為L小球加速度與初速度方向垂直，做類平拋運動，有Lcos45°＝v0tLcos45°＝e