一个带电粒子在电场中仅在电场力作用下从M点由静止开始沿x轴向右运动,则下列判断中正确的是（ ）
A.粒子一定带正电
B.粒子从M向O运动过程中所受电场力均匀增大
C.粒子一定能通过N点
D.粒子从M向O运动过程电势能逐渐增加
6.（2016北京东城二模）如图所示,在粗糙的水平绝缘桌面上有两个大小相同、带有同种电荷的小物块P和Q。
已知mP>mQ,qP>qQ。
将它们由静止释放后,两物块开始在水平桌面上运动,并最终停止在水平桌面上。
在物块运动过程中（ ）
A.P受到的库仑力大于Q受到的库仑力
B.P受到的摩擦力始终小于它受到的库仑力
C.P的加速度始终大于Q的加速度
D.P和Q具有的电势能与机械能之和减小
7.（2018北京海淀期末）如图所示,在沿水平方向的匀强电场中,有一长度l=0.5m的绝缘轻绳,上端固定在O点,下端系一质量m=1.0×10-2kg、带电荷量q=2.0×10-8C的小球（小球的大小可以忽略）在B点处于静止状态,此时轻绳与竖直方向的夹角α=37°,空气阻力不计,sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s2。
（1）求该电场场强大小;
（2）在始终垂直于l的外力作用下将小球从B点缓慢拉动到A点,求外力对带电小球做的功;
（3）过B点作一等势面交电场线于C点,论证沿电场线方向电势φA>φC。
综合提能
1.（多选）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 （ ）
A.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
2.（多选）如图甲,两水平金属板间距为d,板间电场强度的变化规律如图乙所示。
t=0时刻,质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间,0~
时间内微粒匀速运动,T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出。
微粒运动过程中未与金属板接触。
重力加速度的大小为g。
关于微粒在0~T时间内运动的描述,正确的是（ ）
A.末速度大小为
v0B.末速度沿水平方向
C.重力势能减少了
mgdD.克服电场力做功为mgd
3.（2016北京东城二模,24）在光滑绝缘水平面上方某区域（0≤x≤3L）有沿x轴正方向的水平匀强电场,电场强度的大小及分布情况如图1所示。
将质量为m1、电荷量为+q的带电小球A在x=0处由静止释放,小球A将与质量为m2、静止于x=L处的不带电的绝缘小球B发生正碰。
已知两球均可视为质点,碰撞时间极短,且碰撞过程中没有机械能的损失,没有电荷量的转移。
E0、L为已知。
（1）若m1=m2,小球A与小球B发生碰撞后二者交换速度,求:
a.两小球第一次碰撞前,小球A运动的时间t0以及碰撞前的瞬时速度大小v0;
b.在图2中画出小球A自x=0处运动到x=5L处过程中的v-t图像。
（2）若m1=km2,通过计算分析说明无论倍数k取何值,小球A均可与小球B发生第二次碰撞。
4.我们一般认为,飞船在远离星球的宇宙深处航行时,其他星体对飞船的万有引力作用很微弱,可忽略不计。
此时飞船将不受外力作用而做匀速直线运动。
设想有一质量为M的宇宙飞船,正以速度v0在宇宙中飞行。
飞船可视为横截面积为S的圆柱体（如图1所示）。
某时刻飞船监测到前面有一片尘埃云。
（1）已知在开始进入尘埃云的一段很短的时间Δt内,飞船的速度减小了Δv,求这段时间内飞船受到的阻力大小。
图1
（2）已知尘埃云分布均匀,密度为ρ。
a.假设尘埃碰到飞船时,立即吸附在飞船表面。
若不采取任何措施,飞船将不断减速。
通过监测得到飞船速度的倒数“1/v”与飞行距离“x”的关系如图2所示。
求飞船的速度由v0减小1%的过程中发生的位移及所用的时间。
b.假设尘埃与飞船发生的是弹性碰撞,且不考虑尘埃间的相互作用。
为了保证飞船能以速度v0匀速穿过尘埃云,在刚进入尘埃云时,飞船立即开启内置的离子加速器。
已知该离子加速器是利用电场加速带电粒子,形成向外发射的高速（远远大于飞船速度）粒子流,从而对飞行器产生推力的。
若发射的是一价阳离子,每个阳离子的质量为m,加速电压为U,元电荷为e。
在加速过程中飞行器质量的变化可忽略。
求单位时间内射出的阳离子数。
图2
答案精解精析
基础巩固
1.A 由题给条件可知带电粒子始终受水平向左的电场力作用,粒子在竖直方向的分速度不变,而水平方向的分速度先减小后增大,故该粒子的速度先减小后增大,选项A正确。
2.D 根据题意可知,带电粒子从A到B,电场力做功为-10J（动能定理）,则带电粒子从A运动到等势面b时,电场力做功为-5J,粒子在等势面b时动能为5J。
带电粒子在电场中的电势能和动能之和为5J,是守恒的,当动能为7.5J时,其电势能为-2.5J。
3.D 在1.0×10-3s的时间里,电子做初速度为零的匀加速直线运动,当t=1.0×10-3s时电子到达P点,之后板间电压反向,两板间的电场强度大小不变,方向和原来相反,电子开始做匀减速直线运动,由于加速度的大小不变,当t=2.0×10-3s时电子到达靠近M板处,且速度减为零。
随后电子将反向做匀加速运动,当t=3.0×10-3s时电子又回到P点,且速度大小与第一次经过P点时相等,而方向相反,故答案为D。
4.B 由小球在圆周上各点受力分析可推知,只有电场力与重力平衡,小球才能做匀速圆周运动,故小球应带正电,A错B对。
小球从a点运动到b点的过程中,电场力做负功,电势能增加,故C错。
因为有电场力对小球做功,所以小球的机械能不守恒,即D错。
5.C 由E=
=
可知A、O之间为水平向左的匀强电场E1,O、B间为水平向右的匀强电场E2,且E1>E2。
粒子从M点由静止向右运动,受向右的电场力作用,故粒子带负电,A错;带负电的粒子由M→O过程中因E1恒定,电场力不变,B错;因E1>E2,F1=qE1>F2=qE2,又OM=ON,再结合W=Fx知粒子一定能通过N点,C对;因由M→O电势增大,则带负电粒子由M→O运动过程中电势能减少,D错。
6.D 由牛顿第三定律知,P对Q的库仑力和Q对P的库仑力大小相等,A项错误;P由静止开始加速的过程摩擦力小于库仑力,减速过程,摩擦力大于库仑力,故B项错误;物块在减速滑行的过程中加速度大小a=
=μg-
由此可知质量大的物块,加速度反而小,故C项错误;因物块在滑行过程中与桌面摩擦产生热量,根据能量守恒定律知,P和Q具有的电势能与机械能之和减小,故D项正确。
7.答案
（1）3.75×106N/C
（2）1.25×10-2J （3）见解析
解析
（1）带电小球静止,受到的合力等于零,电场力与重力的关系是
Eq=mgtanα（2分）
E=
tanα
代入数据得:
E=3.75×106N/C（1分）
（2）小球在外力作用下从B点缓慢移动到A点过程中,根据动能定理有
WF-Eqlsinα+mg（l-lcosα）=0（1分）
WF=
tanα·qlsinα-mg（l-lcosα）（1分）
代入数据得:
WF=1.25×10-2J（1分）
（3）方法1:
设一带电荷量为+q的电荷在电场力作用下由A点移动到C点,电场力做功为W（1分）
W=qUAC=q（φA-φC）（1分）
因为W>0
所以φA>φC（1分）
方法2:
设带电荷量为+q的电荷放在A点,其电势能为EpA,此电荷在电场力作用下从A点移到C点,在C点其电势能为EpC（1分）
因为电场力做正功,所以EpA>EpC（1分）
电场中A点的电势为φA=
C点的电势为φC=
所以,φA>φC（1分）
综合提能
1.BC 刚开始时带电小球所受重力与电场力的合力F跟v0不在同一条直线上,所以它一定做曲线运动,A项错误,B项正确。
因重力与电场力的合力F为恒力,结合图可知运动过程中合力F与速度之间的夹角由钝角减小到锐角,其中直角时速率最小,所以带电小球的速率先减小后增大,故C项正确,D项错误。
2.BC 由题意知qE0=mg,所以
~
与
~T时间内微粒的加速度等大反向,大小都等于g。
~
时间内微粒只在重力作用下的竖直末速度vy1=g·
竖直位移y1=
g
在
~T时间内微粒的竖直末速度vy2=vy1-g·
=0,竖直位移y2=vy1·
-
g
=
g
所以y1=y2=
微粒克服电场力做功W=q·2E0·
=2mg
=
mgd,有重力作用时微粒的竖直位移为
其重力势能减少了
mgd。
综上可知A、D错误,B、C正确。
3.
答案 见解析
解析
（1）a.小球A第一次与小球B碰撞前做初速度为零的匀加速直线运动
加速度a1=
运动时间t0=
=
小球A与小球B碰撞前的瞬时速度大小v0=
=
b.小球A自x=0处运动到x=5L处的过程中的v-t图像如图所示。
（2）设两小球第一次碰撞后速度分别为vA1、vB1
碰撞过程中由动量守恒定律有km2v0=km2vA1+m2vB1
由机械能守恒定律有
km2
=
km2
+
m2
解得:
vA1=
v0
vB1=
v0
之后小球A再次被电场加速,若在x=3L处未发生碰撞,此时速度为vA2
根据动能定理有4E0qL=
km2
-
km2
解得vA2=
v0
vA2>vB1
所以无论倍数k取何值,小球A均可与小球B发生第二次碰撞。
4.
答案
（1）M
（2）a.
b.
ρS
解析
（1）飞船的加速度a=
根据牛顿第二定律f=Ma
飞船受到的阻力f=M
（2）a.对飞船和尘埃,根据动量守恒定律
Mv0=（M+ρSx）
v0
解得x=
由
-x图像可知
t=
（
+
）x
解得t=
b.设在很短的时间Δt内,与飞船碰撞的尘埃的质量为m',所受飞船的作用力为f'。
飞船与尘埃发生的是
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