XX专用高考物理一轮复习第七章静电场课时力电综合问题加练半小时

XX专用高考物理一轮复习第七章静电场课时力电综合问题加练半小时XX专用高考物理一轮复习第七章静电场课时力电综合问题加练半小时XX专用高考物理一轮复习第七章静电场课时力电综合问题加练半小时58力电综合问题[方法点拨](1)匀强电场可与重力场合成用一合场代替，即电场力与重力合成一合力，用该合力代替两个力．(2)力电综合问题注意受力解析、运动过程解析，应用动力学知识或功能关系解题．

1．(2017·河北衡水模拟)如图1所示，地面上某个空间地域存在这样的电场，水平虚线上方为场强E1，方向竖直向下的匀强电场；虚线下方为场强E2，方向竖直向上的匀强电场．一个质量m，带电＋q的小球从上方电场的A点由静止释放，结果恰好到达下方电场中与A关于虚线对称的B点，则以下结论正确的选项是()

图1A．若AB高度差为h，则UAB＝－eq\f(mgh,q)B．带电小球在A、B两点电势能相等C．在虚线上、下方的电场中，带电小球运动的加速度相同D．两电场强度大小关系满足E2＝2E12．(多项选择)(2017·安徽合肥第二次检测)如图2所示，板长为L的平行板电容器与素来流电源相连接，其极板与水平面成30°角；若粒子甲、乙以相同大小的初速度v0＝eq\r(2gL)，由图中的P点射入电容器，分别沿着虚线1和2运动，尔后走开电容器；虚线1为连接上、下极板边缘的水平线，虚线2为平行且凑近上极板的直线，则以下关于两粒子的说法正确的选项是()

图2A．两者均做匀减速直线运动B．两者电势能均逐渐增加C．两者的比荷之比为3∶4D．两者走开电容器时的速率之比为v甲∶v乙＝eq\r(2)∶eq\r(3)3．(2018·广东东莞模拟)如图3所示，质量为m、带电荷量为＋q的滑块，沿绝缘斜面匀速下滑，当滑块滑至竖直向下匀强电场区时，滑块运动的状态为()

图3C．将减速下滑D．上述三种情况都可能发生4．(多项选择)(2017·山东枣庄一模)如图4所示，水平面内的等边三角形ABC的边长为L，极点C恰好位于圆滑绝缘直轨道CD的最低点，圆滑直导轨的上端点D到A、B两点的距离均为L，D在AB边上的竖直投影点为O.一对电荷量均为－Q的点电荷分别固定于A、B两点．在D处将质量为m、电荷量为＋q的小球套在轨道上(忽略它对原电场的影响)，将小球由静止开始释放，已知静电力常量为k、重力加速度为g，且keq\f(Qq,L2)＝eq\f(\r(3),3)mg，忽略空气阻力，则()

图4A．轨道上D点的场富强小为eq\f(mg,2q)B．小球刚到达C点时，其加速度为零C．小球刚到达C点时，其动能为eq\f(\r(3),2)mgLD．小球沿直轨道CD下滑过程中，其电势能先增大后减小5．(多项选择)(2017·河南洛阳二模)在绝缘圆滑的水平面上相距为6L的A、B两处分别固定正电荷QA、QB.两电荷的地址坐标如图5甲所示．图乙是AB连线之间的电势φ与地址x之间的关系图象，图中x＝L点为图线的最低点，若在x＝2L的C点由静止释放一个质量为m、电荷量为＋q的带电小球(可视为质点)，以下有关说法正确的选项是()

图5A．小球在x＝L处的速度最大B．小球必然能够到达x＝－2L点处C．小球将以x＝L点为中心做往来运动D．固定在A、B处的电荷的电荷量之比为QA∶QB＝4∶16．(多项选择)(2017·宁夏六盘山二模)如图6所示，L为竖直、固定的圆滑绝缘杆，杆上O点套有一质量为m、带电荷量为－q的小环，在杆的左侧固定一电荷量为＋Q的点电荷，杆上a、b两点到＋Q的距离相等，Oa之间距离为h1，ab之间距离为h2，使小球从图示地址的O点由静止释放后，经过a的速率为eq\r(3gh1).则以下说法正确的选项是()

图6A．小环从O到b，电场力做的功不为零B．小环经过b点的速率为eq\r(g3h1＋2h2)C．小环在Oa之间的速度是先增大后减小D．小环在ab之间的速度是先减小后增大7．(多项选择)(2017·湖南株洲一模)如图7所示，在真空中倾斜平行放置着两块带有等量异号电荷的金属板A、B，一个电荷量为q＝1.41×10－4C，质量m＝1g的带电小球自A板上的孔P点以水平速度v0B板相碰又回到P点，g取10m/s2，则()

图7A．板间电场强度大小为100V/mB．板间电场强度大小为141V/mC．板与水平方向的夹角θ＝30°D．板与水平方向的夹角θ＝45°8．如图8所示，匀强电场方向水平向右，场强为E，不可以伸长的悬线长为L.上端系于O点，下端系质量为m、带电荷量为＋q的小球，已知Eq＝mg.现将小球从最低点A由静止释放，则以下说法错误的选项是()

图8A．小球可到达水平川址B．当悬线与水平方向成45°角时小球的速度最大C．小球在运动过程中机械能守恒D．小球速度最大时悬线上的张力为(3eq\r(2)－2)mg9．(2017·安徽马鞍山一模)如图9所示，一圆滑绝缘细直杆MN，长为L，水平固定在匀强电场中，场富强小为E，方向与竖直方向夹角为θ.杆的M端固定一个带负电小球A，电荷量大小为Q；另一带负电的小球B穿在杆上，可自由滑动，电荷量大小为q，质量为m，现将小球B从杆的N端由静止释放，小球B开始向右端运动，已知k为静电力常量，g为重力加速度，求：

图9(1)小球B对细杆的压力的大小；(2)小球B开始运动时的加速度的大小；(3)小球B速度最大时，离M端的距离．

10．(2017·北京海淀区零模)用静电的方法来除去空气中的灰尘，需要第一想法使空气中的灰尘带上必然量的电荷，尔后利用静电场对电荷的作用力，使灰尘运动到指定的地域进行收集．为简化计算，能够为每个灰尘颗粒的质量及其所带电荷量均相同，设每个灰尘所带电荷量为q，其所受空气阻力与其速度大小成正比，表达式为F阻＝kv(式中k为大于0的已知常量)．由于灰尘颗粒的质量较小，为简化计算，灰尘颗粒在空气中受电场力作用后达到电场力与空气阻力相等的过程所用的时间及经过的位移均可忽略不计，同时也不计灰尘颗粒之间的作用力及灰尘所受重力的影响．

图10(1)有一种静电除尘的设计方案是这样的，需要除尘的空间是一个高为H的绝缘圆桶形容器的内部地域，将一对与圆桶半径相等的圆形薄金属板平行置于圆桶的上、下两端，恰好能将圆桶封闭，如图10甲所示．在圆桶上、下两金属板间加上恒定的电压U(圆桶内空间的电场可视为匀强电场)，便能够在一段时间内将圆桶地域内的带电灰尘颗粒完好吸附在金属板上，从而达到除尘的作用．求灰尘颗粒运动可达到的最大速率；

(2)关于一个待除尘的半径为R的绝缘圆桶形容器内部地域，还可以够设计另一种静电除尘的方案：沿圆桶的轴线有一根细直导线作为电极，紧贴圆桶内壁加一个薄金属桶作为另一电极．在直导线电极外面套有一个由绝缘资料制成的半径为R0的圆桶形保护管，其轴线与直导线重合，如图乙所示．若在两电极间加上恒定的电压，使得桶壁处电场强度的大小恰好等于第(1)问的方案中圆桶内电场强度的大小，且已知此方案中沿圆桶半径方向电场强度大小E的分布情况为E∝eq\f(1,r)，式中r为所研究的点与直导线的距离．①试经过计算解析，带电灰尘颗粒从保护管外壁运动到圆桶内壁的过程中，其瞬时速度大小v随其与直导线的距离r之间的关系；②关于直线运动，教科书中讲解了由v－t图象下的面积求位移的方法．请你借鉴此方法，利用v随r变化的关系，画出eq\f(1,v)随r变化的图象，依照图象的面积求出带电灰尘颗粒从保护管外壁运动到圆桶内壁的时间．

11．如图11所示，带有等量异种电荷的平行金属板M、N竖直放置，M、N两板间的距离d＝0.5m．现将一质量m＝1×10－2kg、电荷量q＝＋4×10－5C的带电小球从两极板上方的A点以v0＝4m/s的初速度水平抛出，A点距离两板上端的高度h＝0.2m；此后小球恰好从凑近M板上端处进入两板间，沿直线运动碰到N板上的C点，该直线与曲线的尾端相切．设匀强电场只存在于M、N之间，不计空气阻力，取g＝10m/s2.求：

图11(1)小球到达M极板上边沿B地址时速度的大小；(2)M、N两板间的电场强度的大小和方向；(3)小球到达C点时的动能．

答案精析1．A[对小球由A到B的过程运用动能定理得，qUAB＋mgh＝0，解得：UAB＝eq\f(－mgh,q)，知A、B的电势不等，则带电小球在A、B两点的电势能不等，故A正确，B错误；小球从A运动到虚线速度由零加速至v，从虚线运动到B速度由v减为零，位移相同，依照匀变速运动的推论知，加速度大小相等，方向相反，故C错误；在上方电场，依照牛顿第二定律得：小球加速度大小为a1＝eq\f(mg＋qE1,m)，在下方电场中，依照牛顿第二定律得，小球加速度大小为：a2＝eq\f(qE2－mg,m)，由于a1＝a2，解得：E2－E1＝eq\f(2mg,q)，故D错误．]2．AD[依照题意可知，粒子做直线运动，则电场力与重力的合力与速度方向在同素来线上，所以电场力只能垂直极板向上，受力以下列图；依照受力求，粒子做直线运动，则电场力与重力的合力与速度方向反向，粒子做匀减速直线运动，故A正确；粒子甲碰到的电场力与位移方向的夹角为钝角，所以电场力做负功，电势能逐渐增加；粒子乙运动的方向与电场力的方向垂直，电场力不做功，所以粒子的电势能不变，故B错误；依照受力求，对甲：m甲g＝q甲Ecos30°＝eq\f(\r(3),2)q甲E，所以：eq\f(q甲,m甲)＝eq\f(2\r(3)g,3E)对乙：m乙gcos30°＝q乙E，所以eq\f(q乙,m乙)＝eq\f(\r(3)g,2E)所以：eq\f(\f(q甲,m甲),\f(q乙,m乙))＝eq\f(\f(2\r(3)g,3E),\f(\r(3),2E)g)＝eq\f(4,3)，故C错误；带电粒子甲沿水平直线运动，合力做的功：W1＝－m甲gtan30°·eq\f(L,cos30°)＝－eq\f(2,3)m甲gL，依照动能定理得：eq\f(1,2)m甲v甲2－eq\f(1,2)m甲v02＝－eq\f(2,3)m甲gL所以：v甲＝eq\r(\f(2,3)gL)带电粒子乙沿平行于极板的直线运动，合力做的功：W2＝－m乙gsin30°·L＝－eq\f(1,2)m乙gL，依照动能定理得：eq\f(1,2)m乙v乙2－eq\f(1,2)m乙v02＝－eq\f(1,2)m乙gL所以：v乙＝eq\r(gL)所以：eq\f(v甲,v乙)＝eq\r(\f(2,3))，故D正确．]3．A[设斜面的倾角为θ.滑块没有进入电场时，依照平衡条件得mgsinθ＝FfFN＝mgcosθ又Ff＝μFN，获取，mgsinθ＝μmgcosθ，即有sinθ＝μcosθ当滑块进入电场时，设滑块碰到的电场力大小为F.依照正交分解获取滑块碰到的沿斜面向下的力为(mg＋F)sinθ，沿斜面向上的力为μ(mg＋F)cosθ，由于sinθ＝μcosθ，所以(mg＋F)sinθ＝μ(mg＋F)cosθ，即受力仍平衡，所以滑块仍做匀速运动．]4．BC5．AD[据φ－x图象切线的斜率等于场强E，则知x＝L处场强为零，所以小球在C处碰到的电场力向左，向左加速运动，到x＝L处加速度为0，从x＝L处向左运动时，电场力向右，做减速运动，所以小球在x＝L处的速度最大，故A正确；由题图乙可知，x＝－2L点的电势大于x＝2L点的电势，所以小球不可以能到达x＝－2L点处，故B错误；由题图乙知图象不关于x＝L对称，所以小球不会以x＝L点为中心做往来运动，故C错误；x＝L处场强为零，依照点电荷场强公式有：keq\f(QA,4L2)＝keq\f(QB,2L2)，解得QA∶QB＝4∶1，故D正确．]6．AB7．AD[由题意知，小球未与B板相碰又回到P点，则小球先做匀减速直线运动，减速到0，后反向做匀加速直线运动，对带电小球受力解析，以下列图

小球的加速度a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(0－v0,\f(t,2))＝eq\,,2))m/s2＝－10m/s2依照几何关系tanθ＝eq\f(F合,mg)＝eq\f(ma,mg)＝eq\f(a,g)＝1，得θ＝45°F电＝eq\f(mg,sin45°)＝eq\r(2)mg＝qE代入数据解得E＝100V/m，故A、D正确，B、C错误．]8．C

[解析小球受力可知，重力与电场力的合力的方向与竖直方向成45°角，依照等效思想，能够认为小球在此复合场中的等效重力方向与竖直方向成45°角，以下列图．故可知，小球在此复合场中做往来运动，由对称性可知，小球运动的等效最高点在水平川址，A项正确；小球运动的等效最低点在与水平方向成45°角的地址，此时小球速度最大，B项正确；因小球运动过程中电场力做功，所以小球机械能不守恒，C项错误；由动能定理得eq\r(2)mgL(1－cos45°)＝eq\f(1,2)mv2，依照圆周运动公式及牛顿第二定律可得FT－eq\r(2)mg＝meq\f(v2,L)，联立解得FT＝(3eq\r(2)－2)mg，悬线上的张力大小与悬线对小球的拉力大小相等，D项正确．]9．见解析解析(1)小球B在垂直于杆的方向上合力为零，则有FN＝qEcosθ＋mg由牛顿第三定律知小球B对细杆的压力FN′＝FN＝qEcosθ＋mg(2)在水平方向上，小球所受合力向右，由牛顿第二定律得：qEsinθ－eq\f(kQq,L2)＝ma解得：a＝eq\f(Eqsinθ,m)－eq\f(kQq,mL2)(3)当小球B的速度最大时，加速度为零，有：qEsinθ＝eq\f(kQq,x2)解得：x＝eq\r(\f(kQ,Esinθ)).10．见解析解析(1)圆桶形容器内的电场强度E＝eq\f(U,H)灰尘颗粒所受的电场力大小F＝eq\f(qU,H)，电场力跟空气的阻力相平衡时，灰尘达到最大速度，并设为v1，则有kv1＝eq\f(qU,H)解得v1＝eq\f(qU,kH)(2)①由于灰尘颗粒所在处的电场强度随其与直导线距离的增大而减小，且桶壁处的电场强度为第(1)问方案中场强的大小，则E1＝eq\f(U,H)，设在距直导线为r处的场富强小为E2，则eq\f(E2,E1)＝eq\f(R,r)，解得E2＝eq\f(UR,Hr)故与直导线越近处，电场强度越大．设灰尘颗粒运动到与直导线距离为r时的速度为v，则kv＝qE2解得v＝eq\f(qUR,kHr)上式表示，灰尘微粒在向圆桶内壁运动过程中，速度是逐渐减小的．

②以r为横轴，以eq\f(1,v)为纵轴，作出eq\f(1,v)－r的图象以下列图