《（全國通用）2020版高考物理一輪復習 第七章 微專題56 力電綜合問題加練半小時（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（全國通用）2020版高考物理一輪復習 第七章 微專題56 力電綜合問題加練半小時（含解析）（9頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、力電綜合問題 [方法點撥]　(1)勻強電場可與重力場合成用一合場代替，即電場力與重力合成一合力，用該合力代替兩個力.(2)力電綜合問題注意受力分析、運動過程分析，應用動力學知識或功能關系解題. 1.(2018·廣東省東莞市模擬)如圖1所示，質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的滑塊，沿絕緣斜面勻速下滑，當滑塊滑至豎直向下勻強電場區(qū)時，滑塊運動的狀態(tài)為(　　) 圖1 A.繼續(xù)勻速下滑 B.將加速下滑 C.將減速下滑 D.上述三種情況都可能發(fā)生 2.(多選)如圖2所示，輕彈簧上端固定，下端拴著一帶正電小球Q，Q在O處時彈簧處于原長狀態(tài)，Q可在O1處靜止.若將另一帶正電小球q固定在O1正下方某處

2、時，Q可在O2處靜止.現(xiàn)將Q從O處由靜止釋放，則Q從O運動到O1處的過程中(　　) 圖2 A.Q運動到O1處時速率最大 B.加速度先減小后增大 C.小球Q的機械能不斷減小 D.Q、q及彈簧與地球組成的系統(tǒng)的勢能不斷減小 3.(多選)(2018·河南省中原名校第三次聯(lián)考)如圖3所示，傾角為α的光滑斜面下端固定一絕緣輕彈簧，M點固定一個質(zhì)量為m、帶電荷量為－q的小球Q，整個裝置處于場強大小為E、方向沿斜面向下的勻強電場中.現(xiàn)把一個帶電荷量為＋q的小球P從N點由靜止釋放，釋放后P沿著斜面向下運動.N點與彈簧的上端和M的距離均為s0，PQ以及彈簧的軸線ab與斜面平行.兩小球均可視為質(zhì)點

3、和點電荷，彈簧的勁度系數(shù)為k0，靜電力常量為k，則(　　) 圖3 A.小球P返回時，不可能撞到小球Q B.當彈簧的壓縮量為時，小球P的速度最大 C.小球P沿著斜面向下運動過程中，其電勢能一定減少 D.小球P在N點的加速度大小為 4.(多選)在絕緣光滑的水平面上相距為6L的A、B兩處分別固定正電荷QA、QB.兩電荷的位置坐標如圖4甲所示.圖乙是AB連線之間的電勢φ與位置x之間的關系圖象，圖中x＝L點為圖線的最低點，若在x＝2L的C點由靜止釋放一個質(zhì)量為m、電荷量為＋q的帶電小球(可視為質(zhì)點)，下列有關說法正確的是(　　) 圖4 A.小球在x＝L處的速度最大 B.小球一定

4、可以到達x＝－2L點處 C.小球?qū)⒁詘＝L點為中心做往復運動 D.固定在A、B處的電荷的電荷量之比為QA∶QB＝4∶1 5.在電場強度大小為E的勻強電場中，將一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的帶電小球由靜止開始釋放，帶電小球沿與豎直方向成θ角的方向做直線運動.關于帶電小球的電勢能Ep和機械能W的判斷，正確的是(　　) A.若sinθ＜，則Ep一定減少，W一定增加 B.若sinθ＝，則Ep、W一定不變 C.若sinθ＝，則Ep一定增加，W一定減小 D.若tanθ＝，則Ep可能增加，W一定增加 6.粗糙絕緣的水平地面上，有兩塊豎直平行相對而立的金屬板A、B.板間地面上靜止著帶正電的物塊

5、，如圖5甲所示，當兩金屬板間加如圖乙所示的交變電壓時，設直到t1時刻物塊才開始運動(最大靜摩擦力與滑動摩擦力可認為相等)，則(　　) 圖5 A.在0～t1時間內(nèi)，物塊受到逐漸增大的摩擦力，方向水平向右 B.在t1～t3時間內(nèi)，物塊受到的摩擦力先逐漸增大，后逐漸減小 C.t3時刻物塊的速度最大 D.t4時刻物塊的速度最大 7.(多選)(2019·江西省新余市模擬)如圖6所示，在豎直平面內(nèi)xOy坐標系中分布著與水平方向成45°夾角的勻強電場，將一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球，以某一初速度從O點豎直向上拋出，它的軌跡恰好滿足拋物線方程y＝kx2，且小球通過點P(，)，已知重力加速度為

6、g，則(　　) 圖6 A.電場強度的大小為 B.小球初速度的大小為 C.小球通過點P時的動能為 D.小球從O點運動到P點的過程中，電勢能減少 8.(2018·河北省五個一名校二模)如圖7所示，離地H高處有一個質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的物體處于電場強度隨時間變化規(guī)律為E＝E0－kt(E0、k均為大于零的常數(shù)，電場水平向左為正方向)的電場中，物體與豎直絕緣墻壁間的動摩擦因數(shù)為μ，已知μqE0＜mg.t＝0時，物體從墻上靜止釋放，若物體所受的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，當物體下滑后脫離墻面，此時速度大小為，物體最終落到地面上.則下列關于物體運動說法不正確的是(　　) 圖7 A

7、.當物體沿墻壁下滑時，物體先做加速運動再做勻速直線運動 B.物體從脫離墻壁到落地之前的運動軌跡是一段曲線 C.物體克服摩擦力所做的功W＝mgH D.物體與墻壁脫離的時刻為t＝ 9.如圖8所示，帶有等量異種電荷的平行金屬板M、N豎直放置，M、N兩板間的距離d＝0.5m.現(xiàn)將一質(zhì)量m＝1×10－2kg、電荷量q＝＋4×10－5C的帶電小球從兩極板上方的A點以v0＝4m/s的初速度水平拋出，A點距離兩板上端的高度h＝0.2m；之后小球恰好從靠近M板上端處進入兩板間，沿直線運動碰到N板上的C點，該直線與曲線的末端相切.設勻強電場只存在于M、N之間，不計空氣阻力，取g＝10m/s2.求：

8、圖8 (1)小球到達M極板上邊緣B位置時速度的大??； (2)M、N兩板間的電場強度的大小和方向； (3)小球到達C點時的動能. 10.(2018·河南省洛陽市統(tǒng)考)位于豎直平面內(nèi)的直角坐標系xOy，x軸沿水平方向.在第一象限的角平分線OA的上方存在有界勻強電場，場強E1＝，方向豎直向下；第二象限內(nèi)有另一勻強電場E2，電場方向與x軸正方向成45°角斜向上，如圖9所示.有一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的帶電小球在水平細線的拉力作用下恰好靜止在坐標(－l,6l)處.現(xiàn)剪斷細線，小球從靜止開始運動，先后經(jīng)過兩電場

9、后，從A點進入無電場區(qū)域，最終打在x軸上的D點，重力加速度為g，試求： 圖9 (1)電場E2的場強； (2)A點的位置坐標； (3)到達D點時小球的動能. 答案精析 1.A　[設斜面的傾角為θ.滑塊沒有進入電場時，根據(jù)平衡條件得mgsinθ＝Ff FN＝mgcosθ又Ff＝μFN，得到，mgsinθ＝μmgcosθ，即有sinθ＝μcosθ 當滑塊進入電場時，設滑塊受到的電場力大小為F.根據(jù)正交分解得到 滑塊受到的沿斜面向下的力為(mg＋F)sinθ，沿斜面向上的力為μ(mg＋F)cosθ， 由于sinθ＝μcosθ，所以(mg＋F)sinθ＝μ(mg＋F)cosθ

10、，即受力仍平衡，所以滑塊仍做勻速運動.] 2.BC　[q在O1正下方某處時，Q在O2處受力平衡，速率最大，故A錯誤；Q在O2處加速度為零，Q第一次從O運動到O1的過程中加速度先減小到零后反向增大，故B正確；Q的機械能E等于Q的動能與重力勢能之和，由功能關系有ΔE＝W彈＋W電，而彈簧彈力一直做負功，即W彈＜0，庫侖力也一直做負功，即W電＜0，則ΔE＜0，即Q的機械能不斷減小，故C正確；系統(tǒng)的勢能Ep等于重力勢能、電勢能與彈性勢能之和，根據(jù)能量守恒有ΔEp＋ΔEk＝0，由于Q的動能Ek先增大后減小，所以系統(tǒng)的勢能先減小后增大，故D錯誤.] 3.AD　[由題意知，小球P向下運動的過程中電場力qE

11、及重力做正功，庫侖引力做負功，向上運動的過程中電場力qE與重力均做負功，庫侖引力做正功，根據(jù)能量守恒，小球返回時不可能撞到小球Q，所以A正確；當合外力為零時，速度最大，即彈力k0x＝qE＋mgsinα－k，所以B錯誤；小球P沿著斜面向下運動過程中，qE做正功，庫侖力做負功，(qE＋mgsinα－F庫)s＝mv2＞0，不能確定(qE－F庫)s是否為正，故電勢能的變化不確定，所以C錯誤；在N點，根據(jù)牛頓第二定律可得qE＋mgsinα－k＝ma，所以a＝，D正確.] 4.AD　[據(jù)φ－x圖象切線的斜率表示場強E，則知x＝L處場強為零，所以小球在C處受到的電場力向左，向左加速運動，到x＝L處加速度為

12、0，從x＝L處向左運動時，電場力向右，做減速運動，所以小球在x＝L處的速度最大，故A正確；由題圖乙可知，x＝－2L點的電勢大于x＝2L點的電勢，所以小球不可能到達x＝－2L點處，故B錯誤；由題圖乙知圖象不關于x＝L對稱，所以小球不會以x＝L點為中心做往復運動，故C錯誤；x＝L處場強為零，根據(jù)點電荷場強公式有：k＝k，解得QA∶QB＝4∶1，故D正確.] 5.B 　[帶電小球由靜止開始釋放，只受重力和電場力，其電勢能和機械能之和保持不變.畫出帶電小球運動過程中可能的受力圖，由圖可知，若sinθ＝，則所受電場力與位移垂直，電場力不做功，電勢能Ep一定不變，而只有重力做功，機械能W一定不變，

13、選項B正確，C錯誤；若sinθ＜，則電場力與位移夾角可能小于90°，電場力做正功，電勢能Ep減少，根據(jù)電勢能和機械能之和保持不變可知，機械能W增加；也可能大于90°，電場力做負功，電勢能Ep增加，根據(jù)電勢能和機械能之和保持不變可知，機械能W減少，選項A錯誤；若tanθ＜，則電場力與位移夾角小于90°，電場力做正功，電勢能Ep減少，根據(jù)電勢能和機械能之和保持不變可知，機械能W增加，選項D錯誤.] 6.C　[在0～t1時間內(nèi)，電場力小于最大靜摩擦力，物塊靜止，靜摩擦力與電場力大小相等，即Ff＝qE＝q，隨電壓增大，摩擦力增大，但是正電荷所受電場力與電場同向，均向右，所以摩擦力方向水平向左，選項A

14、錯誤；在t1～t3時間內(nèi)，電場力大于最大靜摩擦力，物塊一直加速運動，摩擦力為滑動摩擦力，由于正壓力等于物塊的重力，所以摩擦力不變，選項B錯誤；t3到t4階段，電場力小于摩擦力，但物塊仍在運動且為減速運動，故t3時刻物塊速度最大，選項C正確，D錯誤.] 7.CD　[小球以某一初速度從O點豎直向上拋出，它的軌跡恰好滿足拋物線方程y＝kx2，說明小球做類平拋運動，則電場力與重力的合力沿x軸正方向，豎直方向qEsin45°＝mg，故電場強度的大小為E＝，故A錯誤；小球受到的合力F合＝qEcos45°＝mg＝ma，所以a＝g，由平拋運動規(guī)律有＝v0t，＝gt2，得初速度大小為v0＝，故B錯誤；＝tan

15、45°＝，所以通過點P時的動能為mv2＝m(v02＋vy2)＝，故C正確；小球從O到P電勢能減少，且減少的電勢能等于電場力做的功， 即WE＝＝，故D正確.] 8.A　[豎直方向上，由牛頓第二定律有mg－μqE＝ma，隨著電場強度E的減小，加速度a逐漸增大，做變加速運動，當E＝0時，加速度增大到重力加速度g，此后物體脫離墻面，故A錯誤；物體脫離墻面時的速度向下，之后所受合外力與初速度不在同一條直線上，所以運動軌跡為曲線，故B正確；物體從開始運動到脫離墻面電場力一直不做功，由動能定理得mg－W＝m()2，物體克服摩擦力所做的功為W＝mgH，故C正確；當物體與墻壁脫離時，物體所受的墻面支持力為零

16、，則電場力為零，則此時電場強度為零，所以有E＝E0－kt＝0，解得t＝，故D正確.] 9.(1)2m/s　(2)5×103N/C　水平向右 (3)0.225J 解析　(1)小球平拋運動過程水平方向做勻速直線運動，vx＝v0＝4m/s 豎直方向做自由落體運動，h＝gt12，vy＝gt1＝2m/s 解得：vB＝＝2m/s tanθ＝＝(θ為速度方向與水平方向的夾角) (2)小球進入電場后，沿直線運動到C點，所以重力與電場力的合力沿該直線方向， 則tanθ＝＝ 解得：E＝＝5×103N/C，方向水平向右. (3)進入電場后，小球受到的合外力 F合＝＝mg B、C兩點間的距離s

17、＝，cosθ＝＝ 從B到C由動能定理得：F合s＝EkC－mvB2 解得：EkC＝0.225J. 10.(1)　(2)(2l,2l)　(3)19mgl 解析　(1)小球在第二象限處于靜止時，由受力分析可得mg＝qE2sin45°，解得E2＝. (2)設小球進入第一象限的初速度為v0，在第二象限內(nèi)由動能定理可得E2qlcos45°＝mv02，解得v0＝.設A點的坐標為(x，y)，由于A點在象限角平分線上，則有y＝x.小球進入電場E1內(nèi)做類平拋運動，豎直方向上有qE1＋mg＝ma,6l－y＝at2.水平方向有x＝v0t.由以上各式可得x＝2l，則A點的位置坐標為(2l,2l). (3)對從P到D全過程運用動能定理得EkD＝qE2lcos45°＋qE1(6l－x)＋6mgl＝19mgl. 9