PAGE4PAGE專題53力、電綜合問(wèn)題1．[2022·唐山市模擬]如圖所示，粗糙絕緣豎直平面與兩個(gè)等量異種點(diǎn)電荷連線的中垂線重合．A、O、B為豎直平面上的三點(diǎn)，且O為等量異種點(diǎn)電荷連線的中點(diǎn)，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(diǎn))，從A點(diǎn)以豎直向下的初速度v0向B滑動(dòng)，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度恰好為0.則()A．從A到B，小物塊的加速度逐漸減小B．從A到B，小物塊的加速度先增大后減小C．小物塊一定帶負(fù)電荷，從A到B電勢(shì)能先減小后增大D．從A到B，小物塊的電勢(shì)能一直減小，受到的電場(chǎng)力先增大后減小2．[2022·衡陽(yáng)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(diǎn)，在C點(diǎn)固定一個(gè)帶電荷量為＋Q的點(diǎn)電荷，一質(zhì)量為m，電荷量為－q的小球從A點(diǎn)由靜止釋放，小球經(jīng)過(guò)D點(diǎn)時(shí)的速度為v，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度為0，則()A．小球從A到D的過(guò)程中靜電力做功為eq\f(1,2)mv2B．小球從A到B的過(guò)程中電勢(shì)能先減小后增加C．B點(diǎn)電勢(shì)比D點(diǎn)電勢(shì)低D．A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UAB＝eq\f(mv2,q)3．[2022·江西省七校聯(lián)考](多選)如圖所示，BCD為豎直面內(nèi)的光滑絕緣軌道，其中BC段水平，CD段為半圓形，軌道連接處均光滑，整個(gè)軌道處于豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，場(chǎng)強(qiáng)大小為E＝eq\f(2mg,q)，一質(zhì)量為M的光滑絕緣斜面靜止在水平面上，其底端與平面由微小圓弧連接．一帶電量為＋q的金屬小球甲，從距離地面高為H的A點(diǎn)由靜止開(kāi)始沿斜面滑下，與靜止在C點(diǎn)的不帶電金屬小球乙發(fā)生彈性碰撞．已知甲、乙兩小球材質(zhì)、大小均相同，質(zhì)量均為m，且M＝2m，水平軌道足夠長(zhǎng)，不考慮兩球之間的靜電力，小球與軌道間無(wú)電荷轉(zhuǎn)移，g取10m/s2.則()A．甲球滑到斜面底端時(shí)的速度大小為2eq\r(gH)B．甲、乙兩球碰撞后甲的速度大小為eq\r(gH)C．甲、乙兩球碰撞后乙的速度大小為eq\r(2gH)D若乙球恰能過(guò)D點(diǎn)，半圓形軌道半徑為eq\f(2,5)H4．[2022·河南省鞏固卷]如圖所示，豎直平面內(nèi)光滑絕緣軌道ABC由水平的AB段和半圓的BC段組成，兩部分相切于B點(diǎn)，整個(gè)軌道在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，水平軌道上一不帶電的絕緣小球甲以速度v0水平向右運(yùn)動(dòng)，與靜止在B點(diǎn)帶負(fù)電的小球乙發(fā)生彈性正碰．已知半圓軌道半徑R＝0.2m，電場(chǎng)強(qiáng)度E＝5.0×103V/m，甲、乙兩球的質(zhì)量均為m＝2.0×10－2kg，乙所帶電荷量q＝2.0×10－5C，g取10m/s2，水平軌道足夠長(zhǎng)，甲、乙兩球可視為質(zhì)點(diǎn)，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程無(wú)電荷轉(zhuǎn)移．(1)若甲、乙兩球碰撞后，乙恰能通過(guò)軌道的最高點(diǎn)C，求乙球在B點(diǎn)被碰后的瞬時(shí)速度大小及碰前甲球的速度大小v0；(2)甲仍以(1)中的速度v0向右運(yùn)動(dòng)，增大甲的質(zhì)量，保持乙的質(zhì)量不變，求乙在軌道上的首次落點(diǎn)到B點(diǎn)的距離范圍．專題53力、電綜合問(wèn)題1．B2．BCD3．AD由動(dòng)能定理可得：mgH＋qEH＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up11(2),\s\do4(1))＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(\s\up11(2),\s\do4(2))，以甲球與斜面為系統(tǒng)，水平方向動(dòng)量守恒：Mv2－mv1＝0，解得：v1＝2eq\r(gH)，選項(xiàng)A正確；甲、乙兩球碰撞由動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律可得：mv1＝mv′1＋mv乙，eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up11(2),\s\do4(1))＝eq\f(1,2)mv′eq\o\al(\s\up11(2),\s\do4(1))＋eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up11(2),\s\do4(乙))，聯(lián)立兩式可得：v乙＝2eq\r(gH)，v′1＝0，選項(xiàng)B、C錯(cuò)誤；乙球由最低點(diǎn)到D點(diǎn)由動(dòng)能定理可得：－(mg＋eq\f(1,2)qE)×2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up11(2),\s\do4(D))－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up11(2),\s\do4(乙))，小球乙恰好到達(dá)最高點(diǎn)D，由牛頓第二定律可得：mg＋eq\f(q,2)E＝meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(D)),R)，聯(lián)立兩式可求：R＝eq\f(2,5)H，選項(xiàng)D正確．4．(1)均為eq\r(5)m/s(2)0.4m<x′<1.6m解析：(1)乙恰過(guò)最高點(diǎn)則mg－qE＝meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(C)),R)由動(dòng)能定理得－mg·2R＋qE·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up11(2),\s\do4(C))－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up11(2),\s\do4(乙))解得v乙＝eq\r(5)m/s根據(jù)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒定律有：m甲v0＝m甲v甲＋m乙v乙eq\f(1,2)m甲veq\o\al(\s\up11(2),\s\do4(0))＝eq\f(1,2)m甲veq\o\al(\s\up11(2),\s\do4(甲))＋eq\f(1,2)m乙veq\o\al(\s\up11(2),\s\do4(乙))由m甲＝m乙，聯(lián)立得：v乙＝v0得：v0＝eq\r(5)m/s(2)由第(1)問(wèn)的甲、乙彈性碰撞的方程，解得v乙＝eq\f(2m甲,m甲＋m乙)v0當(dāng)增大甲的質(zhì)量時(shí)，則v0＜v乙＜2v0即eq\r(5)m/s＜v乙＜2eq\r(5)m/s由動(dòng)能定理得－mg·2R＋qE·2R＝eq\f(1,2)mv′eq\o\al(\s\up11(2),\s\do4(C))－eq\f(1,2)mveq