（江蘇專用）2019高考物理一輪復(fù)習(xí) 第七章 靜電場(chǎng) 課時(shí)58 力電綜合問(wèn)題加練半小時(shí).docx

58 力電綜合問(wèn)題方法點(diǎn)撥(1)勻強(qiáng)電場(chǎng)可與重力場(chǎng)合成用一合場(chǎng)代替，即電場(chǎng)力與重力合成一合力，用該合力代替兩個(gè)力(2)力電綜合問(wèn)題注意受力分析、運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析，應(yīng)用動(dòng)力學(xué)知識(shí)或功能關(guān)系解題1(2017河北衡水模擬)如圖1所示，地面上某個(gè)空間區(qū)域存在這樣的電場(chǎng)，水平虛線上方為場(chǎng)強(qiáng)E1，方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)；虛線下方為場(chǎng)強(qiáng)E2，方向豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)一個(gè)質(zhì)量m，帶電q的小球從上方電場(chǎng)的A點(diǎn)由靜止釋放，結(jié)果剛好到達(dá)下方電場(chǎng)中與A關(guān)于虛線對(duì)稱的B點(diǎn)，則下列結(jié)論正確的是()圖1A若AB高度差為h，則UABB帶電小球在A、B兩點(diǎn)電勢(shì)能相等C在虛線上、下方的電場(chǎng)中，帶電小球運(yùn)動(dòng)的加速度相同D兩電場(chǎng)強(qiáng)度大小關(guān)系滿足E22E12(多選)(2017安徽合肥第二次檢測(cè))如圖2所示，板長(zhǎng)為L(zhǎng)的平行板電容器與一直流電源相連接，其極板與水平面成30角；若粒子甲、乙以相同大小的初速度v0，由圖中的P點(diǎn)射入電容器，分別沿著虛線1和2運(yùn)動(dòng)，然后離開(kāi)電容器；虛線1為連接上、下極板邊緣的水平線，虛線2為平行且靠近上極板的直線，則下列關(guān)于兩粒子的說(shuō)法正確的是()圖2A兩者均做勻減速直線運(yùn)動(dòng)B兩者電勢(shì)能均逐漸增加C兩者的比荷之比為34D兩者離開(kāi)電容器時(shí)的速率之比為v甲v乙3(2018廣東東莞模擬)如圖3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(dāng)滑塊滑至豎直向下勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)時(shí)，滑塊運(yùn)動(dòng)的狀態(tài)為()圖3A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4(多選)(2017山東棗莊一模)如圖4所示，水平面內(nèi)的等邊三角形ABC的邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，頂點(diǎn)C恰好位于光滑絕緣直軌道CD的最低點(diǎn)，光滑直導(dǎo)軌的上端點(diǎn)D到A、B兩點(diǎn)的距離均為L(zhǎng)，D在AB邊上的豎直投影點(diǎn)為O.一對(duì)電荷量均為Q的點(diǎn)電荷分別固定于A、B兩點(diǎn)在D處將質(zhì)量為m、電荷量為q的小球套在軌道上(忽略它對(duì)原電場(chǎng)的影響)，將小球由靜止開(kāi)始釋放，已知靜電力常量為k、重力加速度為g，且kmg，忽略空氣阻力，則()圖4A軌道上D點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小為B小球剛到達(dá)C點(diǎn)時(shí)，其加速度為零C小球剛到達(dá)C點(diǎn)時(shí)，其動(dòng)能為mgLD小球沿直軌道CD下滑過(guò)程中，其電勢(shì)能先增大后減小5(多選)(2017河南洛陽(yáng)二模)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(biāo)如圖5甲所示圖乙是AB連線之間的電勢(shì)與位置x之間的關(guān)系圖象，圖中xL點(diǎn)為圖線的最低點(diǎn)，若在x2L的C點(diǎn)由靜止釋放一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電小球(可視為質(zhì)點(diǎn))，下列有關(guān)說(shuō)法正確的是()圖5A小球在xL處的速度最大B小球一定可以到達(dá)x2L點(diǎn)處C小球?qū)⒁詘L點(diǎn)為中心做往復(fù)運(yùn)動(dòng)D固定在A、B處的電荷的電荷量之比為QAQB416(多選)(2017寧夏六盤(pán)山二模)如圖6所示，L為豎直、固定的光滑絕緣桿，桿上O點(diǎn)套有一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小環(huán)，在桿的左側(cè)固定一電荷量為Q的點(diǎn)電荷，桿上a、b兩點(diǎn)到Q的距離相等，Oa之間距離為h1，ab之間距離為h2，使小球從圖示位置的O點(diǎn)由靜止釋放后，通過(guò)a的速率為.則下列說(shuō)法正確的是()圖6A小環(huán)從O到b，電場(chǎng)力做的功不為零B小環(huán)通過(guò)b點(diǎn)的速率為C小環(huán)在Oa之間的速度是先增大后減小D小環(huán)在ab之間的速度是先減小后增大7(多選)(2017湖南株洲一模)如圖7所示，在真空中傾斜平行放置著兩塊帶有等量異號(hào)電荷的金屬板A、B，一個(gè)電荷量為q1.41104 C，質(zhì)量m1 g的帶電小球自A板上的孔P點(diǎn)以水平速度v00.1 m/s飛入兩板之間的電場(chǎng)，經(jīng)0.02 s后未與B板相碰又回到P點(diǎn)，g取10 m/s2，則()圖7A板間電場(chǎng)強(qiáng)度大小為100 V/mB板間電場(chǎng)強(qiáng)度大小為141 V/mC板與水平方向的夾角30D板與水平方向的夾角458如圖8所示，勻強(qiáng)電場(chǎng)方向水平向右，場(chǎng)強(qiáng)為E，不可伸長(zhǎng)的懸線長(zhǎng)為L(zhǎng).上端系于O點(diǎn)，下端系質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球，已知Eqmg.現(xiàn)將小球從最低點(diǎn)A由靜止釋放，則下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()圖8A小球可到達(dá)水平位置B當(dāng)懸線與水平方向成45角時(shí)小球的速度最大C小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能守恒D小球速度最大時(shí)懸線上的張力為(32)mg9(2017安徽馬鞍山一模)如圖9所示，一光滑絕緣細(xì)直桿MN，長(zhǎng)為L(zhǎng)，水平固定在勻強(qiáng)電場(chǎng)中，場(chǎng)強(qiáng)大小為E，方向與豎直方向夾角為.桿的M端固定一個(gè)帶負(fù)電小球A，電荷量大小為Q；另一帶負(fù)電的小球B穿在桿上，可自由滑動(dòng)，電荷量大小為q，質(zhì)量為m，現(xiàn)將小球B從桿的N端由靜止釋放，小球B開(kāi)始向右端運(yùn)動(dòng)，已知k為靜電力常量，g為重力加速度，求：圖9(1)小球B對(duì)細(xì)桿的壓力的大小；(2)小球B開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度的大?。?3)小球B速度最大時(shí)，離M端的距離10(2017北京海淀區(qū)零模)用靜電的方法來(lái)清除空氣中的灰塵，需要首先設(shè)法使空氣中的灰塵帶上一定量的電荷，然后利用靜電場(chǎng)對(duì)電荷的作用力，使灰塵運(yùn)動(dòng)到指定的區(qū)域進(jìn)行收集為簡(jiǎn)化計(jì)算，可認(rèn)為每個(gè)灰塵顆粒的質(zhì)量及其所帶電荷量均相同，設(shè)每個(gè)灰塵所帶電荷量為q，其所受空氣阻力與其速度大小成正比，表達(dá)式為F阻kv(式中k為大于0的已知常量)由于灰塵顆粒的質(zhì)量較小，為簡(jiǎn)化計(jì)算，灰塵顆粒在空氣中受電場(chǎng)力作用后達(dá)到電場(chǎng)力與空氣阻力相等的過(guò)程所用的時(shí)間及通過(guò)的位移均可忽略不計(jì)，同時(shí)也不計(jì)灰塵顆粒之間的作用力及灰塵所受重力的影響圖10(1)有一種靜電除塵的設(shè)計(jì)方案是這樣的，需要除塵的空間是一個(gè)高為H的絕緣圓桶形容器的內(nèi)部區(qū)域，將一對(duì)與圓桶半徑相等的圓形薄金屬板平行置于圓桶的上、下兩端，恰好能將圓桶封閉，如圖10甲所示在圓桶上、下兩金屬板間加上恒定的電壓U(圓桶內(nèi)空間的電場(chǎng)可視為勻強(qiáng)電場(chǎng))，便可以在一段時(shí)間內(nèi)將圓桶區(qū)域內(nèi)的帶電灰塵顆粒完全吸附在金屬板上，從而達(dá)到除塵的作用求灰塵顆粒運(yùn)動(dòng)可達(dá)到的最大速率；(2)對(duì)于一個(gè)待除塵的半徑為R的絕緣圓桶形容器內(nèi)部區(qū)域，還可以設(shè)計(jì)另一種靜電除塵的方案：沿圓桶的軸線有一根細(xì)直導(dǎo)線作為電極，緊貼圓桶內(nèi)壁加一個(gè)薄金屬桶作為另一電極在直導(dǎo)線電極外面套有一個(gè)由絕緣材料制成的半徑為R0的圓桶形保護(hù)管，其軸線與直導(dǎo)線重合，如圖乙所示若在兩電極間加上恒定的電壓，使得桶壁處電場(chǎng)強(qiáng)度的大小恰好等于第(1)問(wèn)的方案中圓桶內(nèi)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小，且已知此方案中沿圓桶半徑方向電場(chǎng)強(qiáng)度大小E的分布情況為E，式中r為所研究的點(diǎn)與直導(dǎo)線的距離試通過(guò)計(jì)算分析，帶電灰塵顆粒從保護(hù)管外壁運(yùn)動(dòng)到圓桶內(nèi)壁的過(guò)程中，其瞬時(shí)速度大小v隨其與直導(dǎo)線的距離r之間的關(guān)系；對(duì)于直線運(yùn)動(dòng)，教科書(shū)中講解了由vt圖象下的面積求位移的方法請(qǐng)你借鑒此方法，利用v隨r變化的關(guān)系，畫(huà)出隨r變化的圖象，根據(jù)圖象的面積求出帶電灰塵顆粒從保護(hù)管外壁運(yùn)動(dòng)到圓桶內(nèi)壁的時(shí)間11如圖11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d0.5 m現(xiàn)將一質(zhì)量m1102 kg、電荷量q4105 C的帶電小球從兩極板上方的A點(diǎn)以v04 m/s的初速度水平拋出，A點(diǎn)距離兩板上端的高度h0.2 m；之后小球恰好從靠近M板上端處進(jìn)入兩板間，沿直線運(yùn)動(dòng)碰到N板上的C點(diǎn)，該直線與曲線的末端相切設(shè)勻強(qiáng)電場(chǎng)只存在于M、N之間，不計(jì)空氣阻力，取g10 m/s2.求：圖11(1)小球到達(dá)M極板上邊緣B位置時(shí)速度的大小；(2)M、N兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和方向；(3)小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能答案精析1A對(duì)小球由A到B的過(guò)程運(yùn)用動(dòng)能定理得，qUABmgh0，解得：UAB，知A、B的電勢(shì)不等，則帶電小球在A、B兩點(diǎn)的電勢(shì)能不等，故A正確，B錯(cuò)誤；小球從A運(yùn)動(dòng)到虛線速度由零加速至v，從虛線運(yùn)動(dòng)到B速度由v減為零，位移相同，根據(jù)勻變速運(yùn)動(dòng)的推論知，加速度大小相等，方向相反，故C錯(cuò)誤；在上方電場(chǎng)，根據(jù)牛頓第二定律得：小球加速度大小為a1，在下方電場(chǎng)中，根據(jù)牛頓第二定律得，小球加速度大小為：a2，因?yàn)閍1a2，解得：E2E1，故D錯(cuò)誤2AD根據(jù)題意可知，粒子做直線運(yùn)動(dòng)，則電場(chǎng)力與重力的合力與速度方向在同一直線上，所以電場(chǎng)力只能垂直極板向上，受力如圖所示；根據(jù)受力圖，粒子做直線運(yùn)動(dòng)，則電場(chǎng)力與重力的合力與速度方向反向，粒子做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，故A正確；粒子甲受到的電場(chǎng)力與位移方向的夾角為鈍角，所以電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能逐漸增加；粒子乙運(yùn)動(dòng)的方向與電場(chǎng)力的方向垂直，電場(chǎng)力不做功，所以粒子的電勢(shì)能不變，故B錯(cuò)誤；根據(jù)受力圖，對(duì)甲：m甲gq甲Ecos 30q甲E，所以：對(duì)乙：m乙gcos 30q乙E，所以所以：，故C錯(cuò)誤；帶電粒子甲沿水平直線運(yùn)動(dòng)，合力做的功：W1m甲gtan 30m甲gL，根據(jù)動(dòng)能定理得：m甲v甲2m甲v02m甲gL所以：v甲帶電粒子乙沿平行于極板的直線運(yùn)動(dòng)，合力做的功：W2m乙gsin 30Lm乙gL，根據(jù)動(dòng)能定理得：m乙v乙2m乙v02m乙gL所以：v乙所以：，故D正確3A設(shè)斜面的傾角為.滑塊沒(méi)有進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)，根據(jù)平衡條件得mgsinFfFNmgcos又FfFN，得到，mgsinmgcos，即有sin cos當(dāng)滑塊進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)，設(shè)滑塊受到的電場(chǎng)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(mgF)sin ，沿斜面向上的力為(mgF)cos，由于sin cos，所以(mgF)sin (mgF)cos，即受力仍平衡，所以滑塊仍做勻速運(yùn)動(dòng)4BC5AD據(jù)x圖象切線的斜率等于場(chǎng)強(qiáng)E，則知xL處場(chǎng)強(qiáng)為零，所以小球在C處受到的電場(chǎng)力向左，向左加速運(yùn)動(dòng)，到xL處加速度為0，從xL處向左運(yùn)動(dòng)時(shí)，電場(chǎng)力向右，做減速運(yùn)動(dòng)，所以小球在xL處的速度最大，故A正確；由題圖乙可知，x2L點(diǎn)的電勢(shì)大于x2L點(diǎn)的電勢(shì)，所以小球不可能到達(dá)x2L點(diǎn)處，故B錯(cuò)誤；由題圖乙知圖象不關(guān)于xL對(duì)稱，所以小球不會(huì)以xL點(diǎn)為中心做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；xL處場(chǎng)強(qiáng)為零，根據(jù)點(diǎn)電荷場(chǎng)強(qiáng)公式有：kk，解得QAQB41，故D正確6AB7AD由題意知，小球未與B板相碰又回到P點(diǎn)，則小球先做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，減速到0，后反向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，對(duì)帶電小球受力分析，如圖所示小球的加速度a m/s210 m/s2根據(jù)幾何關(guān)系tan 1，得45F電mgqE代入數(shù)據(jù)解得E100 V/m，故A、D正確，B、C錯(cuò)誤8C分析小球受力可知，重力與電場(chǎng)力的合力的方向與豎直方向成45角，根據(jù)等效思想，可以認(rèn)為小球在此復(fù)合場(chǎng)中的等效重力方向與豎直方向成45角，如圖所示故可知，小球在此復(fù)合場(chǎng)中做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，由對(duì)稱性可知，小球運(yùn)動(dòng)的等效最高點(diǎn)在水平位置，A項(xiàng)正確；小球運(yùn)動(dòng)的等效最低點(diǎn)在與水平方向成45角的位置，此時(shí)小球速度最大，B項(xiàng)正確；因小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電場(chǎng)力做功，所以小球機(jī)械能不守恒，C項(xiàng)錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理得mgL(1cos 45)mv2，根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)公式及牛頓第二定律可得FTmgm，聯(lián)立解得FT(32)mg，懸線上的張力大小與懸線對(duì)小球的拉力大小相等，D項(xiàng)正確9見(jiàn)解析解析(1)小球B在垂直于桿的方向上合力為零，則有FNqEcosmg由牛頓第三定律知小球B對(duì)細(xì)桿的壓力FNFNqEcosmg(2)在水平方向上，小球所受合力向右，由牛頓第二定律得：qEsinma解得：a(3)當(dāng)小球B的速度最大時(shí)，加速度為零，有：qEsin解得：x.10見(jiàn)解析解析(1)圓桶形容器內(nèi)的電場(chǎng)強(qiáng)度E灰塵顆粒所受的電場(chǎng)力大小F，電場(chǎng)力跟空氣的阻力相平衡時(shí)，灰塵達(dá)到最大速度，并設(shè)為v1，則有kv1解得v1(2)由于灰塵顆粒所在處的電場(chǎng)強(qiáng)度隨其與直導(dǎo)線距離的增大而減小，且桶壁處的電場(chǎng)強(qiáng)度為第(1)問(wèn)方案中場(chǎng)強(qiáng)的大小，則E1，設(shè)在距直導(dǎo)線為r處的場(chǎng)強(qiáng)大小為E2，則，解得E2故與直導(dǎo)線越近處，電場(chǎng)強(qiáng)度越大設(shè)灰塵顆粒運(yùn)動(dòng)到與直導(dǎo)線距離為r時(shí)的速度為v，則kvqE2解得v上式表明，灰塵微粒在向圓桶內(nèi)壁運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，速度是逐漸減小的以r為橫軸，以為縱軸，作出r的圖象如圖所示在r到rr微小距離內(nèi)，電場(chǎng)強(qiáng)度可視為相同，其速度v可視為相同，對(duì)應(yīng)于r的一段r的圖線下的面積為r，顯然，這個(gè)小矩形的面積等于灰塵微粒通過(guò)r的時(shí)間t.所以，灰塵微粒從保護(hù)管外壁運(yùn)動(dòng)到圓桶內(nèi)壁所需的總時(shí)間t等于從R0到R一段r的圖線下的面積所以灰塵顆粒從保護(hù)管外壁運(yùn)動(dòng)到圓桶內(nèi)壁的時(shí)間t11(1)2 m/s(2)5103 N/C水平向右(3)0.225 J解析(1)小球平拋運(yùn)動(dòng)過(guò)程水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，vxv04 m/s豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，hgt12，vygt12 m/s解得：vB2 m/stan (為速度方向與水平方向的夾角)(2)小球進(jìn)入電場(chǎng)后，沿直線運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，所以重力與電場(chǎng)力的合力沿該直線方向，則tan 解得：E5103 N/C，方向水平向右(3)進(jìn)入電場(chǎng)后，小球受到的合外力F合mgB、C兩點(diǎn)間的距離s，cos從B到C由動(dòng)能定理得：F合sEkCmvB2解得：EkC0.225 J.