2019届高考物理一轮复习微专题10电场中的力电综合问题练习新人教版

1、微专题十 电场中的力电综合问题练规范课时冲关蚩级突破观范解答A 级一基础练1. (08786717)如图所示，一质量为m带电荷量为q的粒子，以初速度vo从a点竖直向上射入匀强电场中，匀强电场方向水平向右.粒子通过电场中的b点时，速率为 2v-,方向与电场方向一致，则2mvA.；2q2mVC.-qa、3mVq3mVD-2q解析：C 由题意可知，粒子受重力和水平方向的电场力作用，由加速度定义a=v/ t,可得加速度的大小ax= 2ay= 2g,由牛顿第二定律可知，qE= 2mg水平位移x=v-t,由动能定理得：1212 ”2mvW+W= 2(2v-) ?mv,解得：Ub=.q竖直位移y=v-t/2

2、，即x= 2y,因此电场力做功W qEx= qUb,重力做功W=mgy=-W/4 ,2. (08786718)空间某区域内存在着电场，电场线在竖直平面上的分布如图所示.一个质量为m电荷量为q的带电小球在该电场中运动，小球经过A点时的速度大小为vi,方向 水平向右；运动至B点时的速度大小为v2,运动方向与水平方向之间的夹角为a,AB两点间的高度差为h、水平距离为s，则以下判断正确的是(微专题十 电场中的力电综合问题练规范课时冲关蚩级突破观范解答A.A、B两点的电场强度和电势关系为EAVE、$Avi,则电场力一定做正功m22C.A、B两点间的电势差为(V2vi)2q一 1212D. 小球从A点运动

3、到B点的过程中电场力做的功为 mv-mvmgh解析：D 由电场线的方向和疏密可知A点电场强度小于B点，但A点电势高于B点,A 错误.若v2v1说明合外力对小球做正功，但电场力不一定做正功，B 错误.由于有重力做4m22功，A B两点间电势差不是 2q（v2v1） , C 错误.小球从A点运动到B点过程中由动能定理12121212得W电+mgh=mv qmv,所以Wk= qmv qmvmghD 正确.1!10A1 1Q3.（08786719）如图所示，MPQ为有界的竖直向下的匀强电场，电场强度为E, ACB为1光滑固定的半圆形轨道，轨道半径为R A B为圆水平直径的两个端点，AC为 4 圆弧.一

4、个 质量为m电荷量为一q的带电小球，从A点正上方高为H处由静止释放，并从A点沿切线 进入半圆轨道.不计空气阻力及一切能量损失， 关于带电小球的运动情况， 下列说法正确的 是（）A. 小球一定能从B点离开轨道B. 小球在AC部分可能做匀速圆周运动C.若小球能从B点离开，上升的高度一定等于HD. 小球到达 C 点的速度可能为零解析：B 若电场力大于重力， 则有可能不从B点离开轨道，选项 A 错误；若电场力等 于重力，小球在AC部分做匀速圆周运动，选项B 正确；因电场力做负功，则机械能损失，上升的高度一定小于H,选项 C 错误；由圆周运动知识可知，若小球到达C点的速度为零，则在此之前就已脱轨了，选项

5、D 错误.4.（08786720）如图所示，一质量为m电荷量为q的小球在电场强度为E、区域足够大 的匀强电场中，以初速度V0沿ON在竖直面内做匀变速直线运动.Oh与水平面的夹角为 30, 重力加速度为g,且mg= Eq,则（ ）輕延一_A.电场方向竖直向上B.小球运动的加速度大小为2g2C.小球上升的最大高度为严42g2mvD.若小球在初始位置的电势能为零，则小球电势能的最大值为解析：D 由于带电小球在竖直面内做匀变速直线运动，其合力沿ON方向，而mg= qE,由三角形定则，可知电场方向与ON方向成 120角，A 错误；由图中几何关系可知， 其合力为mg由牛顿第二定律可知a=g,方向与初速度方

6、向相反，B 错误；设带电小球上升的最212V0大高度为h,由动能定理可得：mg2h= 0-qmv,解得：h=石，C 错误；电场力做负功，带电小球的电势能变大，当带电小球速度为零时，其电势能最大，则EP=qE-2hcos 1202 2vomv打=qEh=mg石=才,D 正确.5. （08786721）如图甲，两水平金属板间距为d,板间电场强度的变化规律如图乙所示.t=0 时刻，质量为m的带电微粒以初速度V0沿中线射入两板间，0空时间内微粒匀速运动,T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出.微粒运动过程中未与金属板接触.重力加速度的大小为g.关于微粒在 0T时间内运动的描述，正确的是（）度为V0的匀速直线运

7、动，竖直方向：T2时间内，只受重力，做自由落体运动，2T时刻,所以末速度V=V0,方向沿水平方向，选项 A 错误，B 正确；重力势能的减少量 & =mg-21 1 1=gmgd所以选项 C 错误；根据动能定理：？mgW克电=0,得W克电=mgdD 错误.6.（08786722）（多选）（2018 安徽宿州一模）如图所示，两带电平行金属板水平放置，板长为L,距离右端L处有一竖直放置的光屏M质量为m带电荷量为q的粒子以速度w从两板中央A.末速度大小为 2V0C.重力势能减少了mgdB.末速度沿水平方向D.克服电场力做功为mgd解析：B 0时间内微粒匀速运动，有mg= qE）.把微粒的运动分

8、解， 水平方向:做速T2T2qEjmgV1y=gT，3T时间内，a= =g，做匀减速直线运动,T时刻,V2y=V1yaT3=0，帀射入板间，最后垂直打在M屏上，重力加速度为g.则下列结论正确的是（）B 板间电场强度大小为2mgD.粒子在板内做匀变速直线运动解析：BC 带电粒子能垂直打在屏上，说明一定要考虑粒子的重力，粒子在水平方向 做匀速直线运动，在板内和板外的运动时间相同，在板间，竖直方向受向上的电场力和向下的重力，加速度向上，射出电场时，速度斜向上；在板外，仅受重力，竖直方向做速度竖直 向上、加速度竖直向下且大小为g的匀减速直线运动，到达屏时，竖直分速度减为零， 在竖直方向，在板间和板外，

9、两过程具有对称性，所以板间的加速度a=g,即Eq- mg= ma即Eq=2mg场强大小为E=粒子在板内和板外均做匀变速曲线运动，A、D 错误，B 正确.粒12LgL2子在竖直方向经过的总路程s=-gt2x2,t=，解得s= T, C 正确.2VoVo7.（08786723）（多选）图甲中的直线为一静电场中的电场线，一不计重力的带负电粒子从电场线上的M点沿电场线运动至N点，假设粒子仅受电场力作用， 图乙描述了该粒子速度 的平方随其位移的变化规律，则（）A.粒子在M点所受的电场力等于在N点所受的电场力B.该电场线上的电场方向由N点指向M点C.粒子由M点向N点运动的过程中，电场力做负功D.粒子在N点

10、的电势能大于在M点的电势能解析：AB 由运动学公式v2-v1= 2ax可知，v2-x图象的斜率为 2a,即粒子受到的电场力大小不变，选项 A 正确；从M点到N点粒子的动能变大， 电场力做正功，粒子电势能变小，由M点至N点电场线上的电势升高，则电场线上的电场方向由N点指向M点，选项 B正确，C D 错误.A.板间电场强度大小为mgqC.粒子在竖直方向上经过的总路程为gL22V0乙& （08786724）（多选）如图甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔,右极板电势随时间变化的规律如图乙所示, 下列说法正确的是()0-Ua甲乙A. 若 t = 0 时刻释放电子，电子始终向右运

11、动，直到打到右极板上B. 若t= 0 时刻释放电子，电子可能在两板间振动C. 若t=!时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上43TD. 若 t = 时刻释放电子，电子必然打到左极板上8解析：AC 若t= 0 时刻释放电子，电子将重复先加速后减速的运动，直到打到右极板，不会在两板间振动， 所以 A 正确，B 错误；若从t=时刻释放电子，电子先加速T，再减速J444有可能电子已到达右极板，若此时未到达右极板，则电子将在两极板间振动，所以C 正确；3T同理，若从t= 时刻释放电子，电子有可能达到右极板，也有可能从左极板射出，这取决8于两板间的距离，所以 D 错误此题考查带电粒子在交变

12、电场中的运动.B 级一能力练9. (08786725)(2018 湖北孝感第一次联考)如图甲所示，A B为两块平行金属板，极板间电压为UAB=1 125 V，现有大量的电子由A板从静止开始加速后，沿两平行金属板CD的中线进入到偏转电场平行金属板C D长Li= 4X10一1 2m 板间距离d= 8X10_3m 在距离C D右侧边缘L2= 0.1 m 处有一足够大的荧光屏P,当C D之间未加电压时电子沿C D板的中线穿过，打在荧光屏上的O点并发出荧光现给金属板C D之间加一个如图乙所示一 31的变化电压UDqD板接电源的正极).已知电子质量为 m= 9.0 x 10 kg,电荷量为e= 1.6 x

13、 10一19C 求：1电子从B板上的小孔射出时的速率vo；2打在荧光屏上的电子的最大动能；3一起上下调整A、B,使电子能够在C、D板左侧任意位置仍以速度V0沿平行于C D板的方向进入到偏转电场中，求电子打到荧光屏上亮线的长度(只考虑竖直方向).电子原来静止在左极板小孔处， 不计电子的重力,12解析：(1)电子经A、B两块金属板加速，由eUk= 2mV解得vo= 2.0 x107m/s.(2) 电子在水平方向做匀速运动，通过C D板间的时间丄Li- 9t=2.0 x10 s.Vo电子通过时间极短，可认为通过时电场恒定，电子在电场中做类平抛运动，当C D间12eUaX 2_3电压最大时，竖直方向的

14、位移y= gayt=-2dmt= 6.0 x10_m,竖直方向位移大于，电子将打到下极板上而不出电场，所以电子刚好从下极板边缘飞出时，竖直方向速度最大，动能最大，由平抛运动推论得竺=警，可以得到vy=4.0 x106Vy0.5d1 1_m/s，电子的最大动能Ekmax=，mv= 2m(V0+Vy) = 1.9x10 J.(3) 当电子在靠近上极板射入，偏转电压为0 时，电子做匀速直线运动通过偏转电场，此时打在荧光屏上亮线最上端.当电子从D板下端边缘通过，竖直方向速度最大时，电子能打到荧光屏上亮线最下端， 根据ymax=6.0 x10_3m 可得到，当电子从距离D板高度 6.0 x10_3m 处

15、射入偏转电场时，能够到达荧光屏上亮线最下端，设此时电子竖直方向位移为y2，则由平抛运动推论可得-=匹%,解得y2= 3.6x10_2m,所以电子打到荧光屏上亮线的长度是0.5L1+ 匕y2一 2_3_2y=3.6x10 m+2.0 x10 m=3.8x10 m.7一 16答案：(1)2.0 x10 m/s (2)1.9x10_J2(3)3.8x10 m10. (08786726)(2018 江西九江三十校第一次联考)如图所示，一质量为m电荷量为q的带正电小球(可视为质点)从y轴上的A点以初速度V0水平抛出，两长为L的平行金属板M N倾斜放置且与水平方向间的夹角为0= 37 .(sin 37 =

16、 0.6)的抛出点A的坐标及小球抛出时的初速度V0；(1)若带电小球恰好能垂直于M板从其中心小孔B进入两板间，试求带电小球在y轴上2a a1 1 - - 2 2=若该平行金属板M N间有如图所示的匀强电场，且匀强电场的电场强度大小与小球能保证小球不打在N板上.解析：设小球由y轴上的A点运动到金属板M的中点B的时间为t,由题意，在与x轴平行的方向上，有：LVo2cose=vot，tane=gt.带电小球在竖直方向上下落的距离为所以小球抛出点A的纵坐标为y=h+ |sine,3gL172L4L10，y=30L，t=2j15g，h=存1212设小球进入电场时的速度大小为v,则由动能定理可得mgh=

17、qmv qmv,带电小球进入匀强电场后的受力情况如图所示.因为E=4m?所以qE=mgpos因此，带电小球进入该匀强电场后将做类平抛运动，其加速度大小为gsine设带电小球在该匀强电场中运动的时间为t,欲使小球不打在N板上，由类平抛运动的规律可得d=vt,质量之间的关系满足E=好试计算两平行金属板M N之间的垂直距离d至少为多少时才联立以上各式并代入数据可解得所以小球抛出点A的坐标为 0,17 30L，小球抛出时的初速度大小为minea_m解得v=由图乙可知，带电粒子在t= 0 到t=T时的位移为x=寺1联立以上各式并代入数据可解得d=晋L.311.(08786727)(2018 安阳模拟)如

18、图所示，BCDG1光滑绝缘的玄圆形轨道，位于竖直 平面内，轨道半径为R下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，现有一质量为m带正电的小滑块(可视为质点)置于水平轨道上，滑块受到的电场力大小为 3mg滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g.(1)若滑块从水平轨道上距离B点s= 3R的A点由静止释放，求滑块到达与圆心O等高的C点时，受到轨道的作用力大小.(2)改变s的大小，使滑块恰好始终沿轨道滑行，且从上滑行过程中的最小速度的大小.十3mg而:qE=T设滑块到达C点时速度为VC,受到轨道的作用力大小为1212贝UEqFmgFmvt- mv得：vc=gR由水平方向合外力提供向心力得:2VCF-Eq= mR解得：F= fmg(2)要使滑块恰好始终沿轨道滑行，则滑至圆轨道DG间某点，由电场力和重力的合力提供向心力，此时的速度最小(设为Vmin),222Vmin则有：.qE+mg=mRG点飞出轨道，求滑块在圆轨道解析：(1)设滑块到达B点时的速度为v,由动能定理有V,Eqs卩mgs=gmV解得：V=3gRF,答案：0,解得：Vmin= 一答案：(1)7mg12.(08786728) 电荷量为q(q 0)、质量为m的带电粒子在匀强电场的作用下，在t=0 时由静止开始运动，场强随时间变化的规律