2026版《金版教程》高考一轮复习物理第6节 专题：立体空间中的电场性质的分析 电场中的力电综合问题

高考总复习首选用卷物理第6节专题：立体空间中的电场性质的分析电场中的力电综合问题考点一立体空间中的电场性质的分析1.如图所示，在真空中水平放置一长方体，高为2L，其上下两个面是边长为L的正方形，在顶点F、H处分别放置电荷量为－Q的点电荷，O1、O2分别是线段AC和线段FH的中点。下列说法正确的是()A．该长方体的几何中心处场强为零B．B、D两点场强相同C．沿竖直方向从O1到O2，电势先减小后增大D．将一电子从B点移到E点，电场力做负功答案：D解析：由等量同种点电荷的电场特点可知，F、H处放置的负电荷在长方体的几何中心处的场强方向平行于AE方向向下，大小不为零，A错误；根据点电荷的场强方向及电场强度的叠加原理知，B、D两点的场强大小相等，方向不同，B错误；沿竖直方向从O1到O2，即沿着电场线方向，电势一直降低，故C错误；E点比B点离F、H处的两个点电荷都更近，所以将一电子从B点移到E点，F处和H处点电荷的电场均对电子做负功，则电场力对电子做负功，D正确。2.(2025·湖南省张家界市高三上模拟)如图所示，ABCD是边长为l的正三棱锥，虚线圆为三角形ABD的内切圆，M、N、P分别为BD、AB和AD边与圆的切点，O为圆心，正三棱锥的顶点A、B和D分别固定有电荷量为＋Q、＋Q和－Q的点电荷，则()A．同一带正电的点电荷分别置于M、P两点的电势能不相等B．将质子由C移动到M，电势能减少C．将电子由P移动到N，电场力做正功D．M、P两点的电场强度相同答案：C解析：三个点电荷关于平面CND呈对称分布，根据对称性可知，M点和P点的电势相等，则同一带正电的点电荷分别置于M、P两点的电势能相等，故A错误；仅考虑B处和D处点电荷时，根据等量异种点电荷等势面的分布可知，C点和M点的电势相等，P点的电势小于N点的电势，仅考虑A处点电荷时，根据正点电荷等势面的分布可知，C点的电势小于M点的电势，P点和N点的电势相等，根据电势的叠加原理可知，在三个点电荷产生的电场中，φC<φM，φP<φN，则将质子由C移动到M，电势能增加，将电子由P移动到N，电势能减小，电场力做正功，故B错误，C正确；根据对称性可知，M点和P点的电场强度大小相等，B、D两处点电荷在M点的合场强为EBD＝2keq\f(Q,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(l,2)))\s\up12(2))＝eq\f(8kQ,l2)，方向从B指向D，A处点电荷在M点的电场强度为EA＝keq\f(Q,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)l))\s\up12(2))＝eq\f(4kQ,3l2)，方向由A指向M，因EBDcos60°＞EAcos30°，可知三个点电荷在M点的电场强度沿MP方向的分量由M指向P，同理可知，三个点电荷在P点的电场强度沿MP方向的分量由P指向M，则M、P两点的电场强度方向不同，故D错误。3.如图所示，一个正方体ABCD－A′B′C′D′，其上、下、左、右表面的中心分别为E、F、G、H，在E、H两点固定电荷量为＋q的点电荷，在G、F两点固定电荷量为－q的点电荷，下列说法正确的是()A．图中A、C′两点电势不相等B．一带负电的试探电荷在A′点的电势能大于它在C点的电势能C．一带正电的试探电荷从D点沿直线移到B′点其电势能先增大后减小D．移去G、H两点的点电荷，D点和B′点场强不同答案：B解析：在E、G处的两等量异种点电荷形成的电场中，平面ADC′B′为等势面，在H、F处的两等量异种点电荷形成的电场中，平面ADC′B′也为等势面，由电势叠加法则知，在E、G、H、F处的点电荷形成的电场中，平面ADC′B′是等势面，则图中A、C′两点电势相等，A错误；一带正电的试探电荷从D点沿直线移到B′点，电势不变，则其电势能不变，C错误；令无穷远处电势为0，则平面ADC′B′电势为0，根据等量异种点电荷的电势分布图，由C项分析同理可知，φC>0，φA′<0，即φA′<φC，结合公式Ep＝qφ，以及q<0，可知带负电的试探电荷在A′点的电势能大于它在C点的电势能，B正确；根据点电荷的场强特点知，E处点电荷在D处的电场强度与F处点电荷在B′处电场强度相同，E处点电荷在B′处的电场强度与F处点电荷在D处的电场强度相同，则移去G、H两点的点电荷，由电场强度的叠加原理可知，D点和B′点场强相同，D错误。4.(2024·山东省名校考试联盟4月模拟)(多选)如图所示，匀强电场中有棱长为L的立方体a1b1c1d1－a2b2c2d2。质量为m、电量为－q(q>0)的负点电荷，在外力作用下由a1移到b1的过程中，电场力做功为W(W>0)，接着由b1移到b2的过程中，克服电场力做功2W，再由b2移到c2的过程中，电场力做功3W，取a1点的电势为零。下列说法正确的是()A．匀强电场的电场强度大小为eq\f(\r(14)W,qL)B．c1点电势为eq\f(4W,q)C．d2点电势为eq\f(3W,q)D．若将该点电荷移到c1d1d2c2中心，其电势能为－2.5W答案：ABD解析：由F＝qE和W＝FL可知E＝eq\f(W,qL)，则该匀强电场沿a1b1方向的电场强度分量大小为E1＝eq\f(W,qL)，沿b1b2方向的电场强度分量大小为E2＝eq\f(2W,qL)，沿b2c2方向的电场强度分量大小为E3＝eq\f(3W,qL)，故匀强电场的电场强度大小为E＝eq\r(Eeq\o\al(2,1)＋Eeq\o\al(2,2)＋Eeq\o\al(3,3))＝eq\f(\r(14)W,qL)，故A正确；该点电荷由a1经d1移动到c1，有－qUa1c1＝W＋3W，而Ua1c1＝φa1－φc1，φa1＝0，联立解得φc1＝eq\f(4W,q)，B正确；该点电荷由a1经d1移动到d2，有－qUa1d2＝3W－2W，而Ua1d2＝φa1－φd2，φa1＝0，联立解得φd2＝eq\f(W,q)，C错误；该点电荷由a1经d1移动到d1d2中点，再移动到c1d1d2c2中心，电场力做功为W电＝3W－eq\f(2W,2)＋eq\f(W,2)＝2.5W，则ΔEp＝Ep中心－Epa1＝－W电，其中Epa1＝－qφa1＝0，解得该点电荷在c1d1d2c2中心的电势能Ep中心＝－2.5W，故D正确。考点二带电体在重力场和电场中的类抛体运动和圆周运动的分析5．(2024·辽宁高考)在水平方向的匀强电场中，一带电小球仅在重力和电场力作用下于竖直面(纸面)内运动。如图，若小球的初速度方向沿虚线，则其运动轨迹为直线；若小球的初速度方向垂直于虚线，则其从O点出发运动到与O点等高处的过程中()A．动能减小，电势能增大 B．动能增大，电势能增大C．动能减小，电势能减小 D．动能增大，电势能减小答案：D解析：小球的初速度方向沿虚线时，其运动轨迹为直线，可知小球所受电场力和重力的合力沿着虚线方向；已知电场强度方向为水平方向，则小球所受电场力沿水平方向，又因为小球所受重力竖直向下，根据平行四边形定则可知，小球所受合力沿虚线向下，所受电场力方向水平向右。若小球的初速度方向垂直于虚线，即与所受合力方向垂直，则小球做类平抛运动，从O点出发运动到与O点等高处的过程中，合力的方向与小球的运动方向始终成锐角，则合力对小球做正功，小球的动能增大；电场力的方向与小球的运动方向始终成锐角，则电场力对小球做正功，小球的电势能减小。故D正确。6．(2022·全国甲卷)(多选)地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场，将一带正电荷的小球自电场中P点水平向左射出。小球所受的重力和电场力的大小相等，重力势能和电势能的零点均取在P点。则射出后，()A．小球的动能最小时，其电势能最大B．小球的动能等于初始动能时，其电势能最大C．小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，其动能最大D．从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，重力做的功等于小球电势能的增加量答案：BD解析：根据qE＝mg、E水平向右可知，带正电荷q的小球所受合力F斜向右下方，且与水平方向夹角为45°；小球在P点的初速度v0水平向左，可画出小球在匀强电场中做类斜抛运动的轨迹如图，其中O为轨迹等效最高点，N为轨迹上与P“等高”的点。根据类斜抛运动的规律及对称性可知，小球经过O点速度与F垂直时，速度最小，动能最小，经过N点时，速度大小为v0，动能等于初动能，且经过N点的速度竖直向下。根据Ep＝qφ，以及沿电场线方向电势降低，结合上述分析可知，小球经过O点动能最小时，电势能不是最大，小球经过N点动能等于初动能时，电势能最大，A错误，B正确。分析可知，小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，恰好经过O点，此时动能最小，C错误。小球速度的水平分量为零时，经过N点，从P到N的过程，根据动能定理有WG＋WE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，根据功能关系，此过程电势能增加量ΔEp＝－WE，则此过程WG＝ΔEp，D正确。7.(多选)如图所示，长为L的细线拴一个带电荷量为＋q、质量为m的小球，重力加速度为g，球处在竖直向下的匀强电场中，电场强度大小为E，小球恰好能够在竖直平面内做圆周运动，则()A．小球在最高点的速度大小为eq\r(gL)B．小球运动到最高点时，电势能最小C．小球运动到最低点时，机械能最大D．小球运动到最低点时，动能为eq\f(5,2)(mg＋qE)L答案：CD解析：小球恰好能够在竖直平面内做圆周运动，则在最高点由重力和静电力的合力提供向心力，有mg＋Eq＝meq\f(v2,L)，解得小球在最高点的速度大小为v＝eq\r(\f(mg＋Eq,m)L)，故A错误；小球向上运动的过程中，电场力做负功，小球的电势能增加，小球运动到最高点时，电势能最大，故B错误；小球向下运动的过程中，电场力做正功，小球的机械能增大，小球运动到最低点时，机械能最大，故C正确；小球从最高点运动到最低点的过程中，根据动能定理得(mg＋Eq)·2L＝Ek－eq\f(1,2)mv2，解得小球运动到最低点时的动能为Ek＝eq\f(5,2)(mg＋Eq)L，故D正确。8.(多选)如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一质量为m的带电小球(电荷量大小为q)。小球静止时细线与竖直方向成θ角。现让小球获得初速度且恰能绕O点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动，重力加速度为g。下列说法正确的是()A．匀强电场的电场强度E＝eq\f(mgtanθ,q)B．小球动能的最小值为Ekmin＝eq\f(mgL,2cosθ)，动能的最大值为Ekmax＝eq\f(5mgL,2cosθ)C．小球运动至圆周轨迹的最低点时机械能最小D．小球从初位置开始在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先减小后增大再减小答案：ABD解析：小球静止时细线与竖直方向成θ角，对小球受力分析，如图所示，根据平衡条件，有mgtanθ＝qE，解得E＝eq\f(mgtanθ,q)，故A正确；将重力、电场力的合力作为等效重力，小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点A时速度最小，根据牛顿第二定律，有eq\f(mg,cosθ)＝meq\f(v2,L)，则最小动能Ekmin＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(mgL,2cosθ)，从等效最高点到等效最低点，由动能定理得eq\f(mg,cosθ)·2L＝Ekmax－Ekmin，解得Ekmax＝Ekmin＋eq\f(mg,cosθ)·2L＝eq\f(5mgL,2cosθ)，故B正确；小球的机械能和电势能之和保持不变，则小球运动至电势能最大的位置时机械能最小，小球受到电场力的方向水平向右，则小球运动到圆周轨迹的最左端时电势能最大，机械能最小，故C错误；小球从初始位置转到圆周轨迹最右端的过程中，电场力对小球做正功，小球继续转到圆周轨迹最左端的过程中，电场力对小球做负功，之后回到初始位置的过程中，电场力继续对小球做正功，则小球从初始位置开始在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先减小后增大再减小，故D正确。9.(多选)如图，在O－xyz三维坐标系中，xOy平面在水平面内，z轴正方向竖直向上，空间有水平方向的匀强电场，电场方向与x轴正方向夹角θ＝53°，电场强度大小E＝500V/m。t＝0时，从坐标原点O以初速度v0＝15m/s竖直向上抛出一带正电小球，已知小球质量m＝0.1kg，带电量q＝10－3C，重力加速度g＝10m/s2。下列说法正确的是()A．t＝1.2s时，小球的动能最小B．t＝1.5s时，小球的动能最小C．运动过程中小球的机械能一直在增大D．t＝2s时，小球的位置坐标为(6m，8m，10m)答案：ACD解析：小球抛出后做类斜上抛运动，小球的动能最小时，速度方向与所受合力方向垂直，沿合力方向的速度减为0，设小球所受合力为F合，斜向下与竖直方向夹角为α，如图所示，则F合＝eq\r(（mg）2＋（qE）2)＝eq\f(\r(5),2)N，cosα＝eq\f(mg,F合)＝eq\f(2,\r(5))，沿合力方向速度减为0的过程，有0＝v0cosα－at，且F合＝ma，解得t＝1.2s，所以t＝1.2s时，小球的动能最小，故A正确，B错误；小球竖直向上抛出后，电场力一直对小球做正功，则小球的机械能一直在增大，故C正确；t＝2s时，小球在z轴方向的位移为z＝v0t′－eq\f(1,2)gt′2＝10m，在电场方向的位移为s＝eq\f(1,2)eq\f(qE,m)t′2＝10m，则小球在x轴方向的位移x＝scosθ＝6m，在y轴方向的位移y＝ssinθ＝8m，则t＝2s时，小球的位置坐标为(6m，8m，10m)，故D正确。10.(2022·辽宁高考)如图所示，光滑水平面AB和竖直面内的光滑eq\f(1,4)圆弧导轨在B点平滑连接，导轨半径为R。质量为m的带正电小球将轻质弹簧压缩至A点后由静止释放，脱离弹簧后经过B点时的速度大小为eq\r(gR)，之后沿导轨BO运动。以O为坐标原点建立直角坐标系xOy，在x≥－R区域有方向与x轴夹角为θ＝45°的匀强电场，进入电场后小球受到的电场力大小为eq\r(2)mg。小球在运动过程中电荷量保持不变，重力加速度为g。求：(1)弹簧压缩至A点时的弹性势能；(2)小球经过O点时的速度大小；(3)小球过O点后运动的轨迹方程。答案：(1)eq\f(1,2)mgR(2)eq\r(3gR)(3)y2＝6Rx(x>0，y>0)解析：(1)小球从A点运动到B点的过程，根据能量守恒定律得Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)其中vB＝eq\r(gR)解得弹簧压缩至A点时的弹性势能Ep＝eq\f(1,2)mgR。(2)小球从B点运动到O点的过程，根据动能定理有－mgR＋qE·eq\f(R,cos45°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,O)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)其中qE＝eq\r(2)mg解得小球经过O点时的速度大小vO＝eq\r(3gR)。(3)小球运动至O点时速度竖直向上，之后只受电场力和重力作用，将电场力沿x轴方向和y轴方向分解，则x轴方向有qEcos45°＝maxy轴方向有qEsin45°－mg＝may解得ax＝g，ay＝0说明小球过O点后在第一象限做类平抛运动，有x＝eq\f(1,2)gt2，y＝vOt联立解得小球过O点后运动的轨迹方程为y2＝6Rx(x>0，y>0)。考点三力学三大观点在电场中的应用11．(2024·山东高考)(多选)如图所示，带电量为＋q的小球被绝缘棒固定在O点，右侧有固定在水平面上、倾角为30°的光滑绝缘斜面。质量为m、带电量为＋q的小滑块从斜面上A点由静止释放，滑到与小球等高的B点时加速度为零，滑到C点时速度为零。已知AC间的距离为S，重力加速度大小为g，静电力常量为k，下列说法正确的是()A．OB的距离l＝eq\r(\f(\r(3)kq2,mg))B．OB的距离l＝eq\r(\f(\r(3)kq2,3mg))C．从A到C，静电力对小滑块做功W＝－mgSD．AC之间的电势差UAC＝－eq\f(mgS,2q)答案：AD解析：小滑块经过B点时，加速度为零，对小滑块受力分析，根据平衡条件，沿斜面方向有mgsin30°＝eq\f(kq2,l2)cos30°，解得l＝eq\r(\f(\r(3)kq2,mg))，A正确，B错误；小滑块从A到C的过程，根据动能定理有W＋mgSsin30°＝0－0，解得W＝－eq\f(mgS,2)，故C错误；根据电势差与静电力做功的关系可知，AC之间的电势差UAC＝eq\f(W,q)＝－eq\f(mgS,2q)，故D正确。12.(2025·江苏省南通市高三上10月月考)(多选)如图所示，绝缘斜面固定在水平面上，空间有竖直向下的匀强电场，质量相同的小球A、B从斜面上的M点以相同的初速度沿水平方向抛出，A带电，B不带电，最后两球均落在斜面上，A的位移是B的2倍，A、B两球在空中运动的时间分别为tA、tB，加速度分别为aA、aB，落在斜面上的动能分别为EkA、EkB，不计空气阻力。则()A．A球一定带正电B．tA＝tBC．aA＝eq\f(1,2)aBD．EkA＝EkB答案：CD解析：对小球A、B受力分析可知，小球在竖直方向均做匀变速直线运动，水平方向均做匀速直线运动，设初速度为v0，斜面倾角为θ，位移大小为s，则水平方向有x＝v0t，且x＝scosθ，由题意知，sA＝2sB，则eq\f(tA,tB)＝eq\f(2,1)，故B错误；竖直方向有y＝eq\f(1,2)at2，根据几何关系可得tanθ＝eq\f(y,x)，联立可得tanθ＝eq\f(at,2v0)，结合eq\f(tA,tB)＝eq\f(2,1)，可得aA＝eq\f(aB,2)，故C正确；B不带电，则aB＝g，则A的加速度aA＝eq\f(g,2)，所以A所受电场力方向竖直向上，A球一定带负电，故A错误；竖直方向的末速度vy＝at，又tA＝2tB，aA＝eq\f(aB,2)，则vyA＝vyB，因此A、B的末速度大小vA＝vB，则EkA＝EkB，故D正确。13.如图所示，用长为L的绝缘轻线把质量为m、电荷量为q(q>0)的小球悬挂于天花板上O点，小球静止于O点正下方。如果在天花板下方空间，加上水平向右的匀强电场(未画出)，小球向右运动，悬线向右偏转的最大角度为53°，重力加速度为g，已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。下列说法正确的是()A．所加匀强电场的电场强度为eq\f(4mg,3q)B．小球受到的电场力大小为0.5mgC．运动至最右侧时，小球的电势能增加了0.4mgLD．小球向右运动过程中，合力做功的功率先增大后减小答案：B解析：小球向右运动过程中，由能量守恒定律得qELsin53°＝mg(L－Lcos53°)，解得所加匀强电场的电场强度为E＝eq\f(mg,2q)，A错误；小球受到的电场力大小为F＝qE＝0.5mg，B正确；小球从最低点运动至最右侧过程中，电场力对小球做正功，小球的电势能减少，电势能减少量为ΔEp＝qELsin53°＝0.4mgL，C错误；小球在开始运动及到达最右侧时速度均为零，合力(为恒力)做功的功率均为零，小球速度最大时，速度与合力垂直，合力做功功率也为零，故合力做功的功率不是先增大后减小，D错误。14．在一次科学晚会上，小陶老师表演了一个“魔术”：如图甲，一个空塑料瓶中固定着一根细金属条和一块易拉罐(金属)片，将金属片和金属条分别与静电起电机正负极相连。在塑料瓶里放一盘点燃的蚊香，很快就看到整个塑料瓶里烟雾缭绕。摇动起电机，顿时塑料瓶清澈透明，停止摇动，又是烟雾缭绕，图乙为其俯视图。已知金属片是半径为R的圆弧，金属条恰好位于其圆心，两者的高度均为h。若匀速摇动起电机时，两极间的电压恒为U，则()A．未摇动起电机时，烟尘在金属片与金属条之间下落的最大时间为eq\r(\f(2h,g))B．匀速摇动起电机时，金属片与金属条之间的电场强度为eq\f(U,R)C．除尘过程中带电量为q的烟尘增加的电势能均为qUD．质量为m、带电量为q的烟尘被金属片吸附时水平方向受到的冲量不大于eq\r(2mqU)答案：D解析：依题意，未摇动起电机时，烟尘受到空气作用力等的影响，其下落时间将远大于只受重力作用时做自由落体运动的时间，即t>eq\r(\f(2h,g))，故A错误；根据题图乙可以看出，匀速摇动起电机时，金属片与金属条之间存在的是辐射状的电场，不是匀强电场，所以其电场强度不是eq\f(U,R)，故B错误；除尘过程中，金属条周围的电场很强，使其附近的空气分子电离成负离子和正离子，负离子在电场力作用下，向金属片移动时，碰到烟尘使它带负电，带电烟尘在电场力作用下向正极移动，烟尘最终被吸附到金属片上，电势能减小，且带电量为q的烟尘减小的电势能最大值为qU，故C错误；设质量为m、带电量为q的烟尘被金属片吸附前瞬间水平方向的分速度大小为v，则烟尘受到的电场力做的功为eq\f(1,2)mv2＝eq\f(p2,2m)≤qU，可得烟尘被吸附前水平方向的动量大小p≤eq\r(2mqU)，根据动量定理知烟尘被吸附时水平方向受到的冲量不大于eq\r(2mqU)，故D正确。15．(2022·海南高考)(多选)如图甲，带正电q＝3×10－5C的物块A放在水平桌面上的O点，利用细绳通过光滑的滑轮与物块B相连。A处在水平向左的匀强电场中，电场强度E＝4×105N/C，以O点为坐标原点、水平向左为x轴正方向，建立直线坐标系Ox，则从O开始，A与桌面间的动摩擦因数μ随x的变化如图乙所示。取O点电势为零，A、B质量均为1kg，B离滑轮的距离足够长。现从静止释放A、B，则()A．它们运动的最大速度为1m/sB．A向左运动的最大位移为1mC．当速度为0.6m/s时，A的电势能可能是－2.4JD．当速度为0.6m/s时，绳子的拉力可能是9.2N答案：ACD解析：开始时，μ＝0，A受到的水平向左的电场力F电＝qE＝12N，B的重力GB＝mg＝10N，F电>GB，所以释放后A向左运动，由牛顿第二定律，对A有F电－T－μmg＝ma，对B有T－mg＝ma，联立得F电－mg－μmg＝2ma，μ逐渐增大，则a先逐渐减小到零，后反向增大，A、B先加速后减速，当a＝0时速度最大，解得此时μ0＝0.2，由题图乙可知，当x的单位为m时，A与桌面的动摩擦因数μ随x的变化的数量关系为μ＝0.2x，则此时物块A向左运动的位移的大小为x0＝1m，由题图乙分析知，A所受滑动摩擦力大小与x成正比，则该过程中A克服滑动摩擦力做的功为Wf0＝eq\f(1,2)μ0mgx0＝1J，对A、B整体由动能定理有F电x0－mgx0－Wf0＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,m)，解得物块A、B运动的最大速度为vm＝1m/s，此后A继续向左运动，则A向左运动的最大位移的大小xm>x0＝1m，A正确，B错误；当A、B的速度大小为v＝0.6m/s时，由Wf＝eq\f(1,2)μmgx，μ＝0.2x，F电x－mgx－Wf＝eq\f(1,2)×2mv2，联立并代入数据得x2－2x＋0.36＝0，解得x1＝0.2m或x2＝1.8m，由功能关系知，A的电势能为Ep1＝0－F电x1＝－2.4J，或Ep2＝0－F电x2＝－21.6J，动摩擦因数μ1＝0.2x1＝0.04，或μ2＝0.2x2＝0.36，又F电－mg－μmg＝2ma和T－mg＝ma，解得绳子的拉力为T1＝10.8N或T2＝9.2N，C、D正确。16.(2024·浙江6月选考)如图所示，空间原有大小为E、方向竖直向上的匀强电场，在此空间同一水平面的M、N点固定两个等量异种点电荷，绝缘光滑圆环ABCD垂直MN放置，其圆心O在MN的中点，半径为R，AC和BD分别为竖直和水平的直径。质量为m、电荷量为＋q的小球套在圆环上，从A点沿圆环以初速度v0做完整的圆周运动，则()A．小球从A到C的过程中电势能减少B．小球不可能沿圆环做匀速圆周运动C．可求出小球运动到B点时的加速度D．小球在D点受到圆环的作用力方向平行MN答案：C解析：小球从A到C的过程，等量异种点电荷的电场对小球的电场力F1方向与MN平行，该电场力对小球不做功，匀强电场对小球的电场力F2＝Eq，方向竖直向上，该电场力对小球做负功，则合电场力对小球做负功，小球电势能增加，故A错误；当F2＝mg时，圆环对小球的弹力和两异种点电荷的电场力的合力始终指向圆心O，小球沿圆环做匀速圆周运动，故B错误；小球从A到B，根据动能定理，有(mg－Eq)R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，小球运动到B点时，设向心加速度为a1，根据牛顿第二定律，有ma1＝meq\f(veq\o\al(2,B),R)，联立可求出a1的大小、方向，小球运动到B点时，设切向加速度为a2，在竖直方向，以竖直向下为正方向，根据牛顿第二定律，有mg－Eq＝ma2，可求出a2的大小、方向，根据矢量合成，可求出小球运动到B点的加速度的大小、方向，故C正确；小球经过D点时，所受重力、匀强电场的电场力与AC方向平行，所受两异种点电荷的电场力与MN方向平行，均不能提供向心力，则小球在D点受到圆环的作用力在垂直MN指向O方向的分力不为零，故小球在D点受到圆环的作用力方向不平行MN，故D错误。17．(2024·安徽高考)在某装置中的光滑绝缘水平面上，三个完全相同的带电小球，通过不可伸长的绝缘轻质细线，连接成边长为d的正三角形，如图甲所示。小球质量为m，带电量为＋q，可视为点电荷。初始时，小球均静止，细线拉直。现将球1和球2间的细线剪断，当三个小球运动到同一条直线上时，速度大小分别为v1、v2、v3，如图乙所示。该过程中三个小球组成的系统电势能减少了eq\f(kq2,2d)，k为静电力常量，不计空气阻力。则()A．该过程中小球3受到的合力大小始终不变B．该过程中系统能量守恒，动量不守恒C．在图乙位置，v1＝v2，v3≠2v1D．在图乙位置，v3＝eq\r(\f(2kq2,3md))答案：D解析：在剪断细线瞬间，小球3由静止开始向左运动，具有加速度，由牛顿第二定律可知，小球3所受合力不为0，当三个小球运动到同一条直线上时，由对称性可知，小球3受到小球1和2的电场力大小相等，方向相反，受到两细线的拉力大小相等、方向相反，此时所受合力为0，故该过程中小球3受到的合力大小是改变的，A错误；对三个小球组成的系统受力分析可知，系统受到重力和水平面的支持力，且二力平衡，所以系统所受合力为0，则在该过程中系统的动量守恒，没有外力对系统做功，则系统内的电势能与动能相互转化，能量守恒，B错误；以水平向左为正方向，根据动量守恒定律，有mv3－m(v1＋v2)＝0，因为小球1和小球2的运动具有对称性，则两小球的速