2019届高考物理总复习第七章静电场突破全国卷6力电综合问题测习题.docx

突破全国卷6 力电综合问题电场的性质是力与能在电学中的延续，结合带电粒子(带电体)在电场中的运动综合考查牛顿运动定律、功能关系、受力分析、运动的合成与分解等是常用的命题思路这部分内容综合性强，仍是命题的热点尤其近几年高考中突出了对带电体在电场中运动的过程分析，复习时应引起足够的重视【重难解读】电场中带电粒子(微粒)的运动及电场中力的性质和能的性质主要有以下几个重点考查内容：1以电场强度为代表的反映电场力的性质的物理量：通过场强的计算、库仑定律的应用、带电粒子(微粒)的加速和偏转等知识，与力学观点结合考查运动类问题2以电势为代表的反映电场能的性质的物理量：通过电场力做功、电势能的计算，结合功能关系，能量守恒定律等考查电场中能量的转化类问题【典题例证】(16分)如图所示，水平绝缘粗糙的轨道AB与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC平滑连接，半圆形轨道的半径R0.4 m，在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场线与轨道所在的平面平行，电场强度E1.0104 N/C.现有一电荷量q1.0104 C，质量m0.1 kg的带电体(可视为质点)，在水平轨道上的P点由静止释放，带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点C，然后落至水平轨道上的D点取g10 m/s2.试求：(1)带电体运动到圆形轨道B点时对圆形轨道的压力大小；(2)D点到B点的距离xDB；(3)带电体在从P开始运动到落至D点的过程中的最大动能解析(1)设带电体恰好通过C点时的速度为vC，依据牛顿第二定律有mgm，(2分)解得vC2.0 m/s.(1分)设带电体通过B点时的速度为vB，设轨道对带电体的支持力大小为FB，带电体在B点时，根据牛顿第二定律有FBmgm.(2分)带电体从B运动到C的过程中，依据动能定理有mg2Rmvmv(2分)联立解得FB6.0 N，根据牛顿第三定律，带电体对轨道的压力FB6.0 N(1分)(2)设带电体从最高点C落至水平轨道上的D点经历的时间为t，根据运动的分解有2Rgt2(2分)xDBvC t t2(2分)联立解得xDB0.(1分)(3)由P到B带电体做加速运动，故最大速度一定出现在从B经C到D的过程中，在此过程中只有重力和电场力做功，这两个力大小相等，其合力与重力方向成45夹角斜向右下方，故最大速度必出现在B点右侧对应圆心角为45处设带电体的最大动能为Ekm，根据动能定理有qERsin 45mgR(1cos 45)Ekmmv(2分)代入数据解得Ekm1.17 J(1分)答案(1)6.0 N(2)0(3)1.17 J解决力电综合问题的一般思路 【突破训练】1(多选)如图所示，粗糙绝缘的水平面附近存在一个平行于水平面的电场，其中某一区域的电场线与x轴平行，在x轴上的电势与坐标x的关系用图中曲线表示，图中斜线为该曲线过点(0.15，3)的切线现有一质量为0.20 kg，电荷量为2.0108 C的滑块P(可视为质点)，从x0.10 m处由静止释放，其与水平面的动摩擦因数为0.02.取重力加速度g10 m/s2.则下列说法正确的是()Ax0.15 m处的场强大小为2.0106 N/CB滑块运动的加速度逐渐减小C滑块运动的最大速度约为0.1 m/sD滑块最终在0.3 m处停下解析：选AC.x的斜率等于该点的电场强度，所以x0.15 m处的场强大小为E N/C2.0106 N/C，选项A正确；图象斜率的绝对值逐渐减小，因为在x0.15 m处，Eqmg0.04 N，所以从x0.1 m开始，滑块向右运动的过程中，加速度向右先减小后反向变大，选项B错误；当滑动摩擦力等于电场力时，滑块的速度最大，此时对应的x0.15 m，由动能定理有Uqmgxmv2，U1.5105 V，x0.05 m，解得v0.1 m/s，选项C正确；假设滑块在x0.3 m处停下，则从x0.1 m处到x0.3 m处，电场力做功WqU6103 J，克服摩擦力做功Wfmgx8103 J，因为WWf，所以滑块滑不到x0.3 m处，选项D错误2.(2018杭州一中月考)如图所示，A、B为平行金属板，两板相距为d且分别与电源两极相连，两板的中央各有一小孔M和N.今有一带电质点，自A板上方相距为d的P点由静止自由下落(P、M、N在同一竖直线上)，空气阻力忽略不计，到达N孔时速度恰好为零，然后沿原路返回若保持两极板间的电压不变，则下列说法不正确的是()A把A板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落后仍能返回B把A板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落C把B板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落后仍能返回D把B板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落解析：选B.移动A板或B板后，质点能否返回P点的关键是质点在A、B间运动时到达B板之前速度能否减为零，如能减为零，则一定沿原路返回P点；如不能减为零，则穿过B板后只受重力，将继续下落因质点到达N孔时速度恰为零，由动能定理得mg2dqU0.因极板一直与电源两极连接，电压U一直不变，当A板上移、下移时，满足qUmgh0的条件，即h2d，则质点到达N孔时速度恰好为零，然后按原路返回，A正确，B错误当把B板上移后，设质点仍能到达B板，则由动能定理得mghqUmv2，因B板上移后h2d，所以mghqU，即看似动能为负值，实际意义为在此之前物体动能已为零，将沿原路返回，C正确把B板下移后，有mghqUmv20，即质点到达N孔时仍有向下的速度，将穿过B板继续下落，D正确3(2018贵州三校联考)在地面附近，存在着一个有界电场，边界MN将空间分成左、右两个区域，在右区域中有水平向左的匀强电场，在右区域中离边界MN某一位置的水平地面上由静止释放一个质量为m的带电滑块(滑块的电荷量始终不变)，如图甲所示，滑块运动的vt图象如图乙所示，不计空气阻力，则()A滑块在MN右边运动的位移大小与在MN左边运动的位移大小相等B在t5 s时，滑块经过边界MNC滑块受到的滑动摩擦力与电场力之比为25D在滑块运动的整个过程中，滑动摩擦力做的功小于电场力做的功解析：选C.根据题中速度图线与横轴所围的面积表示位移可知，滑块在MN右边运动的位移大小与在MN左边运动的位移大小不相等，选项A错误根据题图乙所示速度图象可知，t2 s时滑块越过分界线MN，选项B错误根据题中速度图象斜率表示加速度可知，在02 s时间内，滑块加速度大小可表示为a1，在25 s时间内，滑块加速度大小可表示为a2，设电场力为F，运动过程中所受摩擦力为f，对滑块在MN分界线右侧的运动，由牛顿第二定律，Ffma1，对滑块在MN分界线左侧的运动，由牛顿第二定律，fma2，联立解得：fF25，选项C正确在滑块运动的整个过程中，滑动摩擦力做的功可表示为：Wff2.5v0，电场力做的功可表示为WFFv02.5fv0，二者做功相等，选项D错误4(多选)(2018湖北八校联考)如图所示，在竖直平面内xOy坐标系中分布着与水平方向成45角的匀强电场，将一质量为m、带电荷量为q的小球，以某一初速度从O点竖直向上抛出，它的轨迹恰好满足抛物线方程xky2，且小球通过点P.已知重力加速度为g，则()A电场强度的大小为B小球初速度的大小为 C小球通过点P时的动能为D小球从O点运动到P点的过程中，电势能减少解析：选BC.小球做类平抛运动，则电场力与重力的合力沿x轴正方向，qEmg，电场强度的大小为E，A错误；F合mgma，所以ag，由类平抛运动规律有v0t，gt2，得小球初速度大小为v0 ，B正确；由P点的坐标分析可知，所以小球通过点P时的动能为mv2m(vv)，C正确；小球从O到P过程中电势能减少，且减少的电势能等于电场力做的功，即WqE，D错误5.在水平向右的匀强电场中，有一质量为m、带正电的小球，用长为l的绝缘细线悬挂于O点，当小球静止时，细线与竖直方向夹角为，如图所示，现给小球一个垂直于悬线的初速度，小球恰能在竖直平面内做圆周运动，试问：(1)小球在做圆周运动的过程中，在哪一位置速度最小？速度最小值多大？(2)小球在B点的初速度多大？解析：(1)如图所示，小球所受到的重力、电场力均为恒力，二力的合力为F.重力场与电场的叠加场为等效重力场，F为等效重力，小球在叠加场中的等效重力加速度为g，其方向与F同向，因此B点为等效最低点，A点为等效最高点，小球在A点速度最小，设为vA，此时细线的拉力为零，等效重力提供向心力，则mgm，得小球的最小速度为vA .(2)设小球在B点的初速度为vB，由能量守恒得：mvmvmg2l，将vA的数值代入得：vB .答案：(1)A点速度最小 (2) 6如图甲所示，长为L、间距为d的两金属板A、B水平放置，ab为两板的中心线，一个带电粒子以速度v0从a点水平射入，沿直线从b点射出，若将两金属板接到如图乙所示的交变电压上，欲使该粒子仍能从b点以速度v0射出，求：(1)交变电压的周期T应满足什么条件？(2)粒子从a点射入金属板的时刻应满足什么条件？解析：(1)为使粒子仍从b点以速度v0穿出电场，在垂直于初速度方向上，粒子的运动应为：加速，减速，反向加速，(反向)减速，经历四个过程后，回到中心线上时，在垂直于金属板的方向上速度正好等于零，这段时间