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第九章 静电场 专题强化练十三 电场中功能关系及图像问题(含答案）-2024届高考物理大一轮复习
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这是一份第九章 静电场 专题强化练十三 电场中功能关系及图像问题(含答案）-2024届高考物理大一轮复习，共20页。试卷主要包含了6qEs等内容，欢迎下载使用。
1.如图所示，在电场强度大小为E、方向竖直向上的匀强电场中，一质量为m、带电荷量为＋q的物体，以某一初速度沿电场方向做匀减速直线运动，不计空气阻力，其加速度大小为eq \f(0.6qE,m)，物体运动距离s时速度变为零．则在此过程中( )
A．物体克服静电力做功0.6qEs
B．物体的电势能增加了qEs
C．物体的重力势能增加了qEs
D．物体的动能减少了0.6qEs
2.(2023·广东深圳市高三检测)如图所示，有一竖直固定放置的绝缘圆环，圆环上均匀分布着正电荷，一固定绝缘光滑细杆过圆心且沿垂直圆环平面方向穿过圆环，细杆上套有一个带正电的小环，小环从A点由静止释放，沿细杆运动．下列说法一定正确的是( )
A．小环所受静电力逐渐变小
B．小环的加速度先向右后向左
C．小环的电势能逐渐增加
D．小环的动能逐渐增加
3．(2023·江西赣州市模拟)带电球体的半径为R，以球心为原点O建立坐标轴x，轴上各点电势φ随x变化如图所示，下列说法正确的是( )
A．球体带正电荷
B．球心处电场强度最大
C．A、B两点电场强度相同
D．一带负电的试探电荷在B点的电势能比在C点的电势能大
4.如图，竖直平面内有a、b、c三个点，b点在a点正下方，b、c连线水平．第一次，将一质量为m的小球从a点以初动能Ek0水平抛出，经过c点时，小球的动能为5Ek0；第二次，使此小球带正电，电荷量为q，同时加一方向平行于abc所在平面、电场强度大小为eq \f(2mg,q)的匀强电场，仍从a点以初动能Ek0沿某一方向抛出小球，小球经过c点时的动能为13Ek0.下列说法正确的是(不计空气阻力，重力加速度大小为g)( )
A．a、b两点间的距离为eq \f(5Ek0,mg)
B．a、b两点间的距离为eq \f(4Ek0,mg)
C．a、c两点间的电势差为eq \f(9Ek0,q)
D．a、c两点间的电势差为eq \f(12Ek0,q)
5.如图所示，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点由静止释放，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( )
A．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，电势能先增大后减小
D．从P到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量
6．(2023·江苏省南京师大附中模拟)如图所示，在正方形的四个顶点各固定一个点电荷，直角坐标系的x轴、y轴为正方形的对称轴．将一正电荷在原点O处静止释放时，它在以后运动过程中的最大速度为v.则将该电荷从x轴上无穷远处以初速度2v沿＋x方向射入后，它在以后运动过程中( )
A．在两负点电荷连线中点处速度最大
B．将以原点O为中心在x轴上往复运动
C．最小速度为eq \r(3)v
D．最大速度为eq \r(6)v
7.如图所示，竖直固定的光滑绝缘细杆上O点套有一个电荷量为－q (q>0)的小环，在杆的左侧O′处固定一个电荷量为＋Q (Q>0)的点电荷，杆上a、b两点与O′点正好构成等边三角形，c是ab的中点．使小环从O点无初速度释放，小环通过a点时的速率为v.若已知ab＝Oa＝l，静电力常量为k，重力加速度为g.则( )
A．在a点，小环所受弹力大小为eq \f(kQq,l2)
B．在c点，小环的动能最大
C．在c点，小环的电势能最大
D．在b点，小环的速率为eq \r(v2＋2gl)
8．(2023·江苏南通市调研)如图所示，光滑斜面上等高处固定着两个等量正电荷，两电荷连线的中垂线上有一带正电的小球．现将小球由静止释放，取两电荷连线中点为坐标原点O，沿中垂线向下为正方向，取无穷远处电势为零，设小球在O点重力势能为零，则小球运动过程中加速度a、重力势能Ep1、机械能E、电势能Ep2随位置x变化的关系图像可能正确的是( )
9．在x轴上分别固定两个点电荷Q1、Q2，Q2位于坐标原点O处，两点电荷形成的静电场中，x轴上的电势φ随x变化的图像如图所示，下列说法正确的是( )
A．x3处电势φ最高，电场强度最大
B．Q1带负电，Q2带正电
C．Q1的电荷量小于Q2的电荷量
D．电子从x1处沿x轴移动到x2处，电势能增加
10．(2023·江苏泰州市模拟)如图所示，竖直平面内固定一倾斜的光滑绝缘杆，轻质绝缘弹簧上端固定，下端系带正电的小球A，球A套在杆上，杆下端固定带正电的小球B.现将球A从弹簧原长位置由静止释放，运动距离x0到达最低点，此时未与球B相碰．在球A向下运动过程中，关于两球的电势能Ep、加速度a、球A和弹簧系统的机械能E、球A的速度v随运动距离x的变化图像，正确的是( )
11.(2023·黑龙江省高三检测)如图所示，放置在竖直平面内的粗糙直线轨道AB与光滑圆弧轨道BCD相切于B点，C为最低点，圆心角∠BOC＝37°，线段OC垂直于OD，圆弧轨道半径为R，直线轨道AB长为L＝5R，整个轨道处于匀强电场中，电场强度方向平行于轨道所在的平面且垂直于直线OD，现有一个质量为m、带电荷量为＋q的小物块P从A点无初速度释放，小物块P与AB之间的动摩擦因数μ＝0.25，电场强度大小E＝eq \f(mg,q)，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，重力加速度为g，忽略空气阻力．求：
(1)小物块第一次通过C点时对轨道的压力大小；
(2)小物块第一次从D点飞出后上升的最大高度；
(3)小物块在直线轨道AB上运动的总路程．
12．如图甲所示，光滑绝缘水平面上有一带负电荷的小滑块，在x＝1 m处以初速度v0＝eq \r(3) m/s沿x轴正方向运动．小滑块的质量为m＝2 kg、带电荷量为q＝－0.1 C，可视为质点．整个区域存在沿水平方向的电场，图乙是滑块电势能Ep随位置x变化的部分图像，P点是图线的最低点，虚线AB是图像在x＝1 m处的切线，并且AB经过(0,3)和(3,0)两点，g＝10 m/s2.下列说法正确的是( )
A．x＝1 m处的电场强度大小为20 V/m
B．滑块向右运动过程中，加速度先增大后减小
C．滑块运动至x＝3 m处时，速度大小为2 m/s
D．若滑块恰好到达x＝5 m处，则该处的电势为50 V
专题强化练十三 电场中功能关系及图像问题
1．D 2.D 3.D 4.B
5．B [小球a从N点由静止释放，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°，所以库仑力整个过程做负功，电势能一直增加，故C错误；小球a从N到Q的过程中，重力不变，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；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．]
6．C [根据点电荷形成的电场某位置的电势表达式φ＝eq \f(kQ,r)和电场强度表达式E＝eq \f(kQ,r2)，两个正点电荷和两个负点电荷到O点的距离相等，故O点电势为零．电场强度为矢量，四个点电荷在O点的合电场强度方向沿x轴负方向，在两负点电荷连线中点处，根据电场强度的矢量叠加可知，该点处的电场方向水平向左，电势不是最低，在x轴上的两负电荷连线的中点的左侧，有一点M，该位置电场强度为0，电势最低．将一正电荷在原点O处静止释放时，它在以后运动过程中的最大速度为v，根据动能定理可知WOM＝eq \f(1,2)mv2，该电荷从x轴上无穷远处以初速度2v沿＋x方向射入，无穷远处电势为0，从无穷远沿＋x方向运动到M点，静电力做正功，大小等于正电荷从原点O处运动到M点静电力所做的功；再由M点运动到原点O逆着电场线方向运动，静电力做负功，速度减小；根据能量守恒定律，原点O处与无穷远电势相等，电势能相等，故无穷远与原点O的动能相等、速度大小相等．故根据动能定理可知，W－∞M＝WOM＝eq \f(1,2)mvM2－eq \f(1,2)m(2v)2，解得vM＝eq \r(5)v，同理分析可知，两正点电荷连线中点的右侧存在一电势最高，电场强度为0的N点，从原点O运动到N点逆着电场线运动做减速运动，N点速度最小，从N点到正方向无穷远，静电力做正功，动能增加，速度增大，根据能量守恒定律可知，正无穷远处速度为2v.故根据动能定理可知WN＋∞＝WNO＝WOM＝eq \f(1,2)m(2v)2－
eq \f(1,2)mvN2，解得vN＝eq \r(3)v，综上所述该电荷在以后运动过程中最大速度为eq \r(5)v，最小速度为eq \r(3)v，该电荷将沿x轴正方向一直运动下去，不做往返运动．故C正确，A、B、D错误．]
7．D [在a点，小环所受的库仑力沿aO′方向，大小为eq \f(kQq,l2)，水平方向小球受力平衡，所以小球受到向右的弹力大小等于库仑力沿水平方向向左的分力，即eq \f(kQq,l2)sin 60°＝eq \f(\r(3)kQq,2l2)，A错误；在c点，重力与库仑力垂直，竖直方向合力向下且不为零，则小环在c点的动能一定不是最大，B错误；c点距离正点电荷最近，对应电势最高，故带负电荷的小环在c点电势能最小，C错误；从a点到b点，由点电荷形成的电场的分布特点及几何关系知，a、b两点电势相等，则静电力不做功，应用动能定理有mgl＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv2，解得v2＝eq \r(v2＋2gl)，D正确．]
8．A [小球在O点以上向下运动时mgsin θ－qE＝ma，因从开始下滑到O点的过程中电场强度可能先增加后减小，则加速度先减小后增加；在O点时加速度为a＝gsin θ，在O点以下运动时mgsin θ＋qE＝ma，随电场强度先增加后减小，则加速度先增加后减小，选项A正确；因O点为零重力势能点，则重力势能Ep1＝－mgxsin θ，因O点上方重力势能为正，O点下方重力势能为负，则选项B错误；因从开始到O点，静电力做负功，则机械能减小；在O点向下运动时，静电力做正功，机械能增加，可知O点的机械能最小，选项C错误；因O点电势最高，则小球在O点的电势能最大，根据ΔEp2＝－EqΔx可知图像的斜率反映电场强度的大小，在O点的电场强度为零，则切线的斜率为零，选项D错误．]
9．D [φ－x图像的斜率表示电场强度，所以由题图可知x3处电势φ最高，电场强度最小为0，则A错误；由于沿着电场线方向电势逐渐降低，则0～x3电场线方向指向x轴的负方向，x3～＋∞电场线方向指向x轴的正方向，并且在x3处电势φ最高，电场强度最小为0，根据点电荷电场强度公式E＝keq \f(Q,r2)，由近小远大规律可知，Q1的电荷量大于Q2的电荷量，并且Q1带正电，Q2带负电，所以B错误，C错误；电子从x1处沿x轴移动到x2处，静电力做负功，电势能增加，所以D正确．]
10．A [小球A向下运动的过程中，静电力做负功，且静电力变大，电势能增大得越快，所以图像的斜率变大，故A正确；设A、B小球带电荷量分别为q1、q2，释放A时二者间距为r，弹簧的劲度系数为k，则在小球A运动到最低点的过程中，在加速阶段有ma1＝mgsin θ－keq \f(q1q2,r－x2)－kx，减速阶段有ma2＝keq \f(q1q2,r－x2)＋kx－mgsin θ，得a1＝gsin θ－eq \f(kq1q2,mr－x2)－eq \f(kx,m)，a2＝eq \f(kq1q2,mr－x2)＋eq \f(kx,m)－gsin θ，则加速阶段，加速度随着运动距离x的增大而减小，且加速度减小的越来越快．同理，在减速阶段加速度随运动距离x的增大而增大，且加速度增加的越来越快，故B、D错误；小球A向下运动过程中，由于克服静电力做功，小球和弹簧组成的系统机械能逐渐减小，越靠近B球，静电力越大，机械能减小的越快，所以图像斜率的绝对值变大，故C错误．]
11．(1)10.8mg (2)1.2R (3)15R
解析 (1)由几何关系知，轨道AB与水平面的夹角为37°，小物块从A点第一次到C点的过程，由动能定理知：
(qE＋mg)(Lsin 37°＋R－Rcs 37°)－μ(qE＋mg)Lcs 37°＝eq \f(1,2)mvC12－0
在C点由牛顿第二定律知：FN－qE－mg＝meq \f(vC12,R) ，联立解得：FN＝10.8mg
由牛顿第三定律知此时小物块对轨道的压力大小是10.8mg.
(2)小物块从A第一次到D的过程，由动能定理知
(qE＋mg)(Lsin 37°－Rcs 37°)－μ(qE＋mg)Lcs 37°＝eq \f(1,2)mvD12－0
小物块第一次到达D点后以速度vD1逆着电场线方向做匀减速直线运动，
由动能定理知
－(qE＋mg)xmax＝0－eq \f(1,2)mvD12
联立解得：xmax＝1.2R.
(3)分析可知小物块到达B点的速度为零后，小物块就在圆弧轨道上做往复圆周运动，
由功能关系知(qE＋mg)Lsin 37°＝μ(qE＋mg)dcs 37°，解得：d＝15R.
12．C [Ep－x图像斜率的绝对值表示滑块所受静电力的大小，所以滑块在x＝1 m处所受静电力大小为F＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(ΔEp,Δx)))＝1 N，可得E1＝10 V/m，选项A错误；滑块向右运动过程中，静电力先减小后增大，则加速度先减小后增大，选项B错误；滑块从x＝1 m的位置运动至x＝3 m处时，根据动能定理有eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02＝W电 ，W电＝ΔEp′＝1 J，解得速度大小为v＝2 m/s，选项C正确；若滑块恰好到达x＝5 m处，则eq \f(1,2)mv02＝W电′＝Ep2－Ep1，其中Ep1＝2 J，解得滑块的电势能Ep2＝5 J，该处的电势为φ＝eq \f(Ep2,q)＝eq \f(5,－0.1) V＝－50 V，选项D错误．]
1.如图所示，在电场强度大小为E、方向竖直向上的匀强电场中，一质量为m、带电荷量为＋q的物体，以某一初速度沿电场方向做匀减速直线运动，不计空气阻力，其加速度大小为eq \f(0.6qE,m)，物体运动距离s时速度变为零．则在此过程中( )
A．物体克服静电力做功0.6qEs
B．物体的电势能增加了qEs
C．物体的重力势能增加了qEs
D．物体的动能减少了0.6qEs
2.(2023·广东深圳市高三检测)如图所示，有一竖直固定放置的绝缘圆环，圆环上均匀分布着正电荷，一固定绝缘光滑细杆过圆心且沿垂直圆环平面方向穿过圆环，细杆上套有一个带正电的小环，小环从A点由静止释放，沿细杆运动．下列说法一定正确的是( )
A．小环所受静电力逐渐变小
B．小环的加速度先向右后向左
C．小环的电势能逐渐增加
D．小环的动能逐渐增加
3．(2023·江西赣州市模拟)带电球体的半径为R，以球心为原点O建立坐标轴x，轴上各点电势φ随x变化如图所示，下列说法正确的是( )
A．球体带正电荷
B．球心处电场强度最大
C．A、B两点电场强度相同
D．一带负电的试探电荷在B点的电势能比在C点的电势能大
4.如图，竖直平面内有a、b、c三个点，b点在a点正下方，b、c连线水平．第一次，将一质量为m的小球从a点以初动能Ek0水平抛出，经过c点时，小球的动能为5Ek0；第二次，使此小球带正电，电荷量为q，同时加一方向平行于abc所在平面、电场强度大小为eq \f(2mg,q)的匀强电场，仍从a点以初动能Ek0沿某一方向抛出小球，小球经过c点时的动能为13Ek0.下列说法正确的是(不计空气阻力，重力加速度大小为g)( )
A．a、b两点间的距离为eq \f(5Ek0,mg)
B．a、b两点间的距离为eq \f(4Ek0,mg)
C．a、c两点间的电势差为eq \f(9Ek0,q)
D．a、c两点间的电势差为eq \f(12Ek0,q)
5.如图所示，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点由静止释放，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( )
A．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，电势能先增大后减小
D．从P到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量
6．(2023·江苏省南京师大附中模拟)如图所示，在正方形的四个顶点各固定一个点电荷，直角坐标系的x轴、y轴为正方形的对称轴．将一正电荷在原点O处静止释放时，它在以后运动过程中的最大速度为v.则将该电荷从x轴上无穷远处以初速度2v沿＋x方向射入后，它在以后运动过程中( )
A．在两负点电荷连线中点处速度最大
B．将以原点O为中心在x轴上往复运动
C．最小速度为eq \r(3)v
D．最大速度为eq \r(6)v
7.如图所示，竖直固定的光滑绝缘细杆上O点套有一个电荷量为－q (q>0)的小环，在杆的左侧O′处固定一个电荷量为＋Q (Q>0)的点电荷，杆上a、b两点与O′点正好构成等边三角形，c是ab的中点．使小环从O点无初速度释放，小环通过a点时的速率为v.若已知ab＝Oa＝l，静电力常量为k，重力加速度为g.则( )
A．在a点，小环所受弹力大小为eq \f(kQq,l2)
B．在c点，小环的动能最大
C．在c点，小环的电势能最大
D．在b点，小环的速率为eq \r(v2＋2gl)
8．(2023·江苏南通市调研)如图所示，光滑斜面上等高处固定着两个等量正电荷，两电荷连线的中垂线上有一带正电的小球．现将小球由静止释放，取两电荷连线中点为坐标原点O，沿中垂线向下为正方向，取无穷远处电势为零，设小球在O点重力势能为零，则小球运动过程中加速度a、重力势能Ep1、机械能E、电势能Ep2随位置x变化的关系图像可能正确的是( )
9．在x轴上分别固定两个点电荷Q1、Q2，Q2位于坐标原点O处，两点电荷形成的静电场中，x轴上的电势φ随x变化的图像如图所示，下列说法正确的是( )
A．x3处电势φ最高，电场强度最大
B．Q1带负电，Q2带正电
C．Q1的电荷量小于Q2的电荷量
D．电子从x1处沿x轴移动到x2处，电势能增加
10．(2023·江苏泰州市模拟)如图所示，竖直平面内固定一倾斜的光滑绝缘杆，轻质绝缘弹簧上端固定，下端系带正电的小球A，球A套在杆上，杆下端固定带正电的小球B.现将球A从弹簧原长位置由静止释放，运动距离x0到达最低点，此时未与球B相碰．在球A向下运动过程中，关于两球的电势能Ep、加速度a、球A和弹簧系统的机械能E、球A的速度v随运动距离x的变化图像，正确的是( )
11.(2023·黑龙江省高三检测)如图所示，放置在竖直平面内的粗糙直线轨道AB与光滑圆弧轨道BCD相切于B点，C为最低点，圆心角∠BOC＝37°，线段OC垂直于OD，圆弧轨道半径为R，直线轨道AB长为L＝5R，整个轨道处于匀强电场中，电场强度方向平行于轨道所在的平面且垂直于直线OD，现有一个质量为m、带电荷量为＋q的小物块P从A点无初速度释放，小物块P与AB之间的动摩擦因数μ＝0.25，电场强度大小E＝eq \f(mg,q)，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，重力加速度为g，忽略空气阻力．求：
(1)小物块第一次通过C点时对轨道的压力大小；
(2)小物块第一次从D点飞出后上升的最大高度；
(3)小物块在直线轨道AB上运动的总路程．
12．如图甲所示，光滑绝缘水平面上有一带负电荷的小滑块，在x＝1 m处以初速度v0＝eq \r(3) m/s沿x轴正方向运动．小滑块的质量为m＝2 kg、带电荷量为q＝－0.1 C，可视为质点．整个区域存在沿水平方向的电场，图乙是滑块电势能Ep随位置x变化的部分图像，P点是图线的最低点，虚线AB是图像在x＝1 m处的切线，并且AB经过(0,3)和(3,0)两点，g＝10 m/s2.下列说法正确的是( )
A．x＝1 m处的电场强度大小为20 V/m
B．滑块向右运动过程中，加速度先增大后减小
C．滑块运动至x＝3 m处时，速度大小为2 m/s
D．若滑块恰好到达x＝5 m处，则该处的电势为50 V
专题强化练十三 电场中功能关系及图像问题
1．D 2.D 3.D 4.B
5．B [小球a从N点由静止释放，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°，所以库仑力整个过程做负功，电势能一直增加，故C错误；小球a从N到Q的过程中，重力不变，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；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．]
6．C [根据点电荷形成的电场某位置的电势表达式φ＝eq \f(kQ,r)和电场强度表达式E＝eq \f(kQ,r2)，两个正点电荷和两个负点电荷到O点的距离相等，故O点电势为零．电场强度为矢量，四个点电荷在O点的合电场强度方向沿x轴负方向，在两负点电荷连线中点处，根据电场强度的矢量叠加可知，该点处的电场方向水平向左，电势不是最低，在x轴上的两负电荷连线的中点的左侧，有一点M，该位置电场强度为0，电势最低．将一正电荷在原点O处静止释放时，它在以后运动过程中的最大速度为v，根据动能定理可知WOM＝eq \f(1,2)mv2，该电荷从x轴上无穷远处以初速度2v沿＋x方向射入，无穷远处电势为0，从无穷远沿＋x方向运动到M点，静电力做正功，大小等于正电荷从原点O处运动到M点静电力所做的功；再由M点运动到原点O逆着电场线方向运动，静电力做负功，速度减小；根据能量守恒定律，原点O处与无穷远电势相等，电势能相等，故无穷远与原点O的动能相等、速度大小相等．故根据动能定理可知，W－∞M＝WOM＝eq \f(1,2)mvM2－eq \f(1,2)m(2v)2，解得vM＝eq \r(5)v，同理分析可知，两正点电荷连线中点的右侧存在一电势最高，电场强度为0的N点，从原点O运动到N点逆着电场线运动做减速运动，N点速度最小，从N点到正方向无穷远，静电力做正功，动能增加，速度增大，根据能量守恒定律可知，正无穷远处速度为2v.故根据动能定理可知WN＋∞＝WNO＝WOM＝eq \f(1,2)m(2v)2－
eq \f(1,2)mvN2，解得vN＝eq \r(3)v，综上所述该电荷在以后运动过程中最大速度为eq \r(5)v，最小速度为eq \r(3)v，该电荷将沿x轴正方向一直运动下去，不做往返运动．故C正确，A、B、D错误．]
7．D [在a点，小环所受的库仑力沿aO′方向，大小为eq \f(kQq,l2)，水平方向小球受力平衡，所以小球受到向右的弹力大小等于库仑力沿水平方向向左的分力，即eq \f(kQq,l2)sin 60°＝eq \f(\r(3)kQq,2l2)，A错误；在c点，重力与库仑力垂直，竖直方向合力向下且不为零，则小环在c点的动能一定不是最大，B错误；c点距离正点电荷最近，对应电势最高，故带负电荷的小环在c点电势能最小，C错误；从a点到b点，由点电荷形成的电场的分布特点及几何关系知，a、b两点电势相等，则静电力不做功，应用动能定理有mgl＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv2，解得v2＝eq \r(v2＋2gl)，D正确．]
8．A [小球在O点以上向下运动时mgsin θ－qE＝ma，因从开始下滑到O点的过程中电场强度可能先增加后减小，则加速度先减小后增加；在O点时加速度为a＝gsin θ，在O点以下运动时mgsin θ＋qE＝ma，随电场强度先增加后减小，则加速度先增加后减小，选项A正确；因O点为零重力势能点，则重力势能Ep1＝－mgxsin θ，因O点上方重力势能为正，O点下方重力势能为负，则选项B错误；因从开始到O点，静电力做负功，则机械能减小；在O点向下运动时，静电力做正功，机械能增加，可知O点的机械能最小，选项C错误；因O点电势最高，则小球在O点的电势能最大，根据ΔEp2＝－EqΔx可知图像的斜率反映电场强度的大小，在O点的电场强度为零，则切线的斜率为零，选项D错误．]
9．D [φ－x图像的斜率表示电场强度，所以由题图可知x3处电势φ最高，电场强度最小为0，则A错误；由于沿着电场线方向电势逐渐降低，则0～x3电场线方向指向x轴的负方向，x3～＋∞电场线方向指向x轴的正方向，并且在x3处电势φ最高，电场强度最小为0，根据点电荷电场强度公式E＝keq \f(Q,r2)，由近小远大规律可知，Q1的电荷量大于Q2的电荷量，并且Q1带正电，Q2带负电，所以B错误，C错误；电子从x1处沿x轴移动到x2处，静电力做负功，电势能增加，所以D正确．]
10．A [小球A向下运动的过程中，静电力做负功，且静电力变大，电势能增大得越快，所以图像的斜率变大，故A正确；设A、B小球带电荷量分别为q1、q2，释放A时二者间距为r，弹簧的劲度系数为k，则在小球A运动到最低点的过程中，在加速阶段有ma1＝mgsin θ－keq \f(q1q2,r－x2)－kx，减速阶段有ma2＝keq \f(q1q2,r－x2)＋kx－mgsin θ，得a1＝gsin θ－eq \f(kq1q2,mr－x2)－eq \f(kx,m)，a2＝eq \f(kq1q2,mr－x2)＋eq \f(kx,m)－gsin θ，则加速阶段，加速度随着运动距离x的增大而减小，且加速度减小的越来越快．同理，在减速阶段加速度随运动距离x的增大而增大，且加速度增加的越来越快，故B、D错误；小球A向下运动过程中，由于克服静电力做功，小球和弹簧组成的系统机械能逐渐减小，越靠近B球，静电力越大，机械能减小的越快，所以图像斜率的绝对值变大，故C错误．]
11．(1)10.8mg (2)1.2R (3)15R
解析 (1)由几何关系知，轨道AB与水平面的夹角为37°，小物块从A点第一次到C点的过程，由动能定理知：
(qE＋mg)(Lsin 37°＋R－Rcs 37°)－μ(qE＋mg)Lcs 37°＝eq \f(1,2)mvC12－0
在C点由牛顿第二定律知：FN－qE－mg＝meq \f(vC12,R) ，联立解得：FN＝10.8mg
由牛顿第三定律知此时小物块对轨道的压力大小是10.8mg.
(2)小物块从A第一次到D的过程，由动能定理知
(qE＋mg)(Lsin 37°－Rcs 37°)－μ(qE＋mg)Lcs 37°＝eq \f(1,2)mvD12－0
小物块第一次到达D点后以速度vD1逆着电场线方向做匀减速直线运动，
由动能定理知
－(qE＋mg)xmax＝0－eq \f(1,2)mvD12
联立解得：xmax＝1.2R.
(3)分析可知小物块到达B点的速度为零后，小物块就在圆弧轨道上做往复圆周运动，
由功能关系知(qE＋mg)Lsin 37°＝μ(qE＋mg)dcs 37°，解得：d＝15R.
12．C [Ep－x图像斜率的绝对值表示滑块所受静电力的大小，所以滑块在x＝1 m处所受静电力大小为F＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(ΔEp,Δx)))＝1 N，可得E1＝10 V/m，选项A错误；滑块向右运动过程中，静电力先减小后增大，则加速度先减小后增大，选项B错误；滑块从x＝1 m的位置运动至x＝3 m处时，根据动能定理有eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02＝W电 ，W电＝ΔEp′＝1 J，解得速度大小为v＝2 m/s，选项C正确；若滑块恰好到达x＝5 m处，则eq \f(1,2)mv02＝W电′＝Ep2－Ep1，其中Ep1＝2 J，解得滑块的电势能Ep2＝5 J，该处的电势为φ＝eq \f(Ep2,q)＝eq \f(5,－0.1) V＝－50 V，选项D错误．]
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