强电系统图中WDZC-BYJ-2x2.5+PE2.5-MR-JDG20-FC/WC的含义,

由题，带电小球的运动轨迹为直线，在电场中受到重力mg和电场力F，其合力必定沿此直线向下，根据三角形定则作出合力，由图看出，当电场力F与此直线垂直时，电场力F最小，场强最小，则有F=qE_min=mgsinθ，得到Emin＝
mgsinθ
q，故ABD错误，C正确；
故选C．

点评：
本题考点： 带电粒子在混合场中的运动；牛顿第二定律；电场强度．

考点点评： 本题采用作图法分析场强取得最小值的条件，也可以采用函数法分析电场力与θ的关系，确定最小值的条件．

A、运动过程中，电场力做功，电势能转化为机械能，故机械能增大，故A正确
B、小球受到的电场力：F=qE=mg，所以小球受到的合力与y轴的夹角是45°，所以合力的方向与xoy平面的夹角为45°，小球的加速度的方向xoy平面的夹角为45°，小球的初速度v₀与加速度a所在的平面与xoy平面的夹角为45°，故小球运动的轨迹所在的平面与xOy平面的夹角为45°，故B正确
C、小球在Z轴方向做自由落体运动，只受重力，且初速度为零，所以经过时间t＝

2L
g，则小球在X轴方向做匀速直线运动，则发生的位移x=v₀t=L，而在Y轴方向小球只受电场力，初速度为零，因此发生的位移y＝
1
2•
qE
m•t2＝2L，小球的轨迹与xoy平面交点的坐标（L，2L，0），故C错误；
D、小球在重力与电场力共同作用下动能发生变化，由动能定理得：[1/2mv2−
1
2m
v20＝mgL+qEy，代入数据解得：v＝
v02+4gl]．故D错误．
故选：AB

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强电场中的运动；电势能．

考点点评： 类平抛运动和平抛运动遵循的规律类似，只是加速度不同，故要根据受力情况求出物体所受合外力，进而求出物体的加速度，再利用沿初速度方向做匀速直线运动，沿合外力方向做初速度为0的匀加速直线运动的规律来求解．

（1）珠子的平衡位置和圆心连线与竖直方向的夹角θ有tanθ＝
qE
mg＝
3
4
珠子在平衡位置速度最大，珠子从A点运动到平衡位置，
由动能定理qErsinθ−mgr(1−cosθ)＝
1
2mv2＝Ek
最大动能Ek＝
3
5qEr−mgr(1−
4
5)＝
9mgr
20−
mgr
5＝
1
4mgr
在动能最大处圆环对珠子的作用力；
根据圆周运动N−mgcosθ−qEsinθ＝m
v2
r
得：N＝
7
4mg
（2）如图，此时珠子做圆周运动的“最高点”为D，在D点，珠子速度为零，
从A点到D点过程，由动能定理
−mgr(1+cosθ)−qErsinθ＝0−
1
2m
v2A
得：vA＝
3
2gr
2
答：（1）珠子所能获得的最大动能[1/4mgr和在最大动能处环对珠子的作用力
7
4mg；
（2）要使珠子恰好能绕圆环做完整的圆周运动，则应在A点给珠子以
3
2
2gr]的初速度．

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强电场中的运动；向心力；动能定理的应用．

考点点评： 考查牛顿第二定律、动能定理与几何关系相综合运用，掌握动能定理过程选择的技巧．

如图乙所示，滑块所受重力mg和电场力qE的合力F_合与竖直方向成45°角，滑块只要过了P点便可以完成圆周运动到达D点．
故在P点，有：

(qE)2+(mg)2=m[v2/R]
qE=mg
对滑块由A到P的过程，由动能定理得：
qE•（AB-Rcos 45°）-mg（R+Rsin 45°）=[1/2]mv²
联立解得：AB=（1+
3
2
2）R．
答：AB至少长为（1+
3
2
2）R

点评：
本题考点： 动能定理的应用．

考点点评： 本题考查电场与重力场的复合场的问题，要注意掌握将两场叠加为等效重力场，明确等效最高点的性质及临界值．

A、如果都带负电，a的加速度为E
qa
ma−gsinθ，同理b的加速度为E
qb
mb-gsinθ，令a_a=a_b，故带电量与质量之比相等即可，故A错误；
B、如果都带正电，a的加速度E
qa
ma+gsinθ，同理b的加速度为E
qb
mb+gsinθ，令a_a=a_b，故带电量与质量之比相等即可，故B错误；
C、若a带正电，b带负电，a的加速度E
qa
ma+gsinθ，同理b的加速度为E
qb
mb-gsinθ，令a_a=a_b，故a、b电量和质量不相等，故C错误；
D、若a、b都不带电，a的加速度等于gsinθ，b的加速度等于gsinθ，a_a=a_b，故与两球的质量无关，故D正确；
故选：D

点评：
本题考点： 匀强电场中电势差和电场强度的关系．

考点点评： 此题考查相对静止以及对电场中的受力物体进行分析的能力，难度不大．

解析：（1）粒子在磁场中以o′为圆心做匀速圆周运动，运动半个圆周后从D点沿场强方向进入电场．如右图所示．
在磁场中，匀速圆周运动周期：
T＝
2πR
v0＝
2πm
qB
所以粒子从A到D，运动时间t＝
T
2＝
πm
Bq
（2）在磁场中，洛伦兹力提供向心力，即：
Bqv0＝m

v20
R，所以R＝
mv0
qB
由图可得：
DC＝
2R
tanθ
由功能关系，从D到C粒子电势能的变化在数值上等于电场力对它所做的功，即：△E=-W=-F•DC=-Eq•DC
联立以上各式求出电势能减少△E＝−
2mv0E
Btanθ
答：（1）粒子在磁场中运动的时间为[πm/qB]；
（2）电势能变化了
−2mv0E
Btanθ．

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．

考点点评： 本题关键是作出粒子在磁场和电场中的运动轨迹图，根据电场力做功等于电势能变化求解电势能，更方便．

对小球进行受力分析如下图

可知小球所受电场力水平向右，因为小球带正电，可知电场强度水平向右；
小球和如上图所示；受重力、绳的拉力和水平向右的电场力以及重力三个力作用．
由图可知，小球所受电场力F=mgtan37°=[3/4mg
根据F=qE可知，电场强度E=
F
q＝
3mg
4q]=
3×1×10−2×10
4×2×10−8＝3.75×106N/C
答：这个匀强电场的电场强度5×10⁶N/C．方向向右．

点评：
本题考点： 共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；电场强度．

考点点评： 解决本题的关键进行正确的受力分析，然后根据共点力平衡求出未知力．以及掌握电场强度的定义式

将电场反向，小球在水平方向上受到向右的电场力和弹簧的弹力，小球离开弹簧前，根据牛顿第二定律得，小球的加速度a=
qE+k(A−x)
m，知a随x的增大均匀减小，当脱离弹簧后，小球的加速度a=[qE/m]，保持不变．可知小球先做加速度逐渐减小的加速运动，然后做匀速运动．故A、C正确，B、D错误．
故选：AC．

点评：
本题考点： 匀强电场中电势差和电场强度的关系．

考点点评： 本题难点是分析小球离开弹簧前的加速度，根据表达式确定小球的加速度随x均匀变化，此段过程中速度时间图线的斜率在减小．

A、当电场的方向竖直向上时，要想做匀速直线运动，必须有mg=qE，则E=[mg/q]．当电场的方向与斜面平行时，有qE=f+mgsinθ=2mgsinθ．所以E=[2mgsinθ/q]．而且电场的方向有无数种．故A、B错误．
C、物体受重力、支持力、摩擦力和电场力，支持力与摩擦力的合力方向一定，因为开始能匀速下滑，有mgsinθ=μmgcosθ，μ=tanθ，所以支持力与摩擦力的合力方向与垂直于斜面方向成θ角，（如下图）重力大小方向一定，根据矢量三角形，当电场力的方向与支持力与摩擦力合力方向垂直时，电场力最小，根据几何关系，求出重力的反向延长线与支持力摩擦力合力方向的夹角为2θ，则电场力的最小值F=mgsin2θ．电场强度的最小值为[mgsin2θ/q]．故C正确．
D、从下图可看出，电场力的最大值可达到无穷大．故D错误．
故选C．

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强电场中的运动；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用．

考点点评： 解决本题的关键能正确的进行受力分析，并能根据三角形法去求最小值．