2019屆物理總復(fù)習(xí) 第七章 靜電場(chǎng) 突破全國(guó)卷6 力電綜合問(wèn)題測(cè)試題

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGEPAGE1學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精突破全國(guó)卷6力電綜合問(wèn)題電場(chǎng)的性質(zhì)是力與能在電學(xué)中的延續(xù)，結(jié)合帶電粒子（帶電體)在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)綜合考查牛頓運(yùn)動(dòng)定律、功能關(guān)系、受力分析、運(yùn)動(dòng)的合成與分解等是常用的命題思路．這部分內(nèi)容綜合性強(qiáng),仍是命題的熱點(diǎn)．尤其近幾年高考中突出了對(duì)帶電體在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的過(guò)程分析，復(fù)習(xí)時(shí)應(yīng)引起足夠的重視．【重難解讀】電場(chǎng)中帶電粒子(微粒）的運(yùn)動(dòng)及電場(chǎng)中力的性質(zhì)和能的性質(zhì)主要有以下幾個(gè)重點(diǎn)考查內(nèi)容：1．以電場(chǎng)強(qiáng)度為代表的反映電場(chǎng)力的性質(zhì)的物理量：通過(guò)場(chǎng)強(qiáng)的計(jì)算、庫(kù)侖定律的應(yīng)用、帶電粒子(微粒）的加速和偏轉(zhuǎn)等知識(shí)，與力學(xué)觀點(diǎn)結(jié)合考查運(yùn)動(dòng)類問(wèn)題．2．以電勢(shì)為代表的反映電場(chǎng)能的性質(zhì)的物理量：通過(guò)電場(chǎng)力做功、電勢(shì)能的計(jì)算,結(jié)合功能關(guān)系，能量守恒定律等考查電場(chǎng)中能量的轉(zhuǎn)化類問(wèn)題．【典題例證】（16分)如圖所示，水平絕緣粗糙的軌道AB與處于豎直平面內(nèi)的半圓形絕緣光滑軌道BC平滑連接，半圓形軌道的半徑R＝0.4m，在軌道所在空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng),電場(chǎng)線與軌道所在的平面平行，電場(chǎng)強(qiáng)度E＝1。0×104N/C?，F(xiàn)有一電荷量q＝＋1.0×10－4C，質(zhì)量m＝0.1kg的帶電體(可視為質(zhì)點(diǎn)），在水平軌道上的P點(diǎn)由靜止釋放，帶電體恰好能通過(guò)半圓形軌道的最高點(diǎn)C，然后落至水平軌道上的D點(diǎn)．取g＝10m/s2(1)帶電體運(yùn)動(dòng)到圓形軌道B點(diǎn)時(shí)對(duì)圓形軌道的壓力大?。唬?）D點(diǎn)到B點(diǎn)的距離xDB;（3）帶電體在從P開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到落至D點(diǎn)的過(guò)程中的最大動(dòng)能．[解析]（1）設(shè)帶電體恰好通過(guò)C點(diǎn)時(shí)的速度為vC,依據(jù)牛頓第二定律有mg＝meq\f（veq\o\al（2,C)，R)，(2分）解得vC＝2。0m/s。 (1分）設(shè)帶電體通過(guò)B點(diǎn)時(shí)的速度為vB，設(shè)軌道對(duì)帶電體的支持力大小為FB，帶電體在B點(diǎn)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有FB－mg＝meq\f（veq\o\al（2,B），R）。 （2分)帶電體從B運(yùn)動(dòng)到C的過(guò)程中,依據(jù)動(dòng)能定理有－mg×2R＝eq\f（1,2）mveq\o\al（2，C)－eq\f（1，2）mveq\o\al（2,B) （2分）聯(lián)立解得FB＝6。0N，根據(jù)牛頓第三定律，帶電體對(duì)軌道的壓力F′B＝6.0N． (1分)(2)設(shè)帶電體從最高點(diǎn)C落至水平軌道上的D點(diǎn)經(jīng)歷的時(shí)間為t，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的分解有2R＝eq\f(1，2）gt2 (2分）xDB＝vCt－eq\f（1，2)eq\f（Eq，m）t2 （2分）聯(lián)立解得xDB＝0. （1分)(3)由P到B帶電體做加速運(yùn)動(dòng)，故最大速度一定出現(xiàn)在從B經(jīng)C到D的過(guò)程中，在此過(guò)程中只有重力和電場(chǎng)力做功，這兩個(gè)力大小相等，其合力與重力方向成45°夾角斜向右下方,故最大速度必出現(xiàn)在B點(diǎn)右側(cè)對(duì)應(yīng)圓心角為45°處．設(shè)帶電體的最大動(dòng)能為Ekm，根據(jù)動(dòng)能定理有qERsin45°－mgR(1－cos45°)＝Ekm－eq\f(1,2）mveq\o\al(2，B) (2分）代入數(shù)據(jù)解得Ekm≈1.17J． (1分)[答案]（1）6.0N(2）0（3）1。17Jeq\a\vs4\al（）解決力電綜合問(wèn)題的一般思路【突破訓(xùn)練】1．（多選）如圖所示，粗糙絕緣的水平面附近存在一個(gè)平行于水平面的電場(chǎng)，其中某一區(qū)域的電場(chǎng)線與x軸平行，在x軸上的電勢(shì)φ與坐標(biāo)x的關(guān)系用圖中曲線表示，圖中斜線為該曲線過(guò)點(diǎn)(0.15，3）的切線．現(xiàn)有一質(zhì)量為0.20kg，電荷量為＋2.0×10－8C的滑塊P(可視為質(zhì)點(diǎn))，從x＝0。10m處由靜止釋放，其與水平面的動(dòng)摩擦因數(shù)為0。02。取重力加速度g＝10m/s2。A．x＝0.15m處的場(chǎng)強(qiáng)大小為2。0×106N/CB．滑塊運(yùn)動(dòng)的加速度逐漸減小C．滑塊運(yùn)動(dòng)的最大速度約為0。1m/sD．滑塊最終在0。3m處停下解析：選AC.φ－x的斜率等于該點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度,所以x＝0。15m處的場(chǎng)強(qiáng)大小為E＝eq\f(Δφ，Δx)＝eq\f(3×105,0.15)N/C＝2.0×106N/C，選項(xiàng)A正確；圖象斜率的絕對(duì)值逐漸減小，因?yàn)樵趚＝0。15m處，Eq＝μmg＝0.04N，所以從x＝0。1m開(kāi)始，滑塊向右運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，加速度向右先減小后反向變大，選項(xiàng)B錯(cuò)誤;當(dāng)滑動(dòng)摩擦力等于電場(chǎng)力時(shí),滑塊的速度最大，此時(shí)對(duì)應(yīng)的x＝0。15m，由動(dòng)能定理有Uq－μmgΔx＝eq\f(1，2)mv2,U＝1.5×105V,Δx＝0.05m，解得v＝0.1m/s，選項(xiàng)C正確；假設(shè)滑塊在x＝0.3m處停下,則從x＝0。1m處到x＝0。3m處，電場(chǎng)力做功W＝qU′＝6×10－3J，克服摩擦力做功Wf＝μmgΔx′＝8×10－3J,因?yàn)閃〈Wf，所以滑塊滑不到x＝0。3m處，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．2。(2018·杭州一中月考)如圖所示，A、B為平行金屬板，兩板相距為d且分別與電源兩極相連，兩板的中央各有一小孔M和N.今有一帶電質(zhì)點(diǎn),自A板上方相距為d的P點(diǎn)由靜止自由下落(P、M、N在同一豎直線上)，空氣阻力忽略不計(jì)，到達(dá)N孔時(shí)速度恰好為零，然后沿原路返回．若保持兩極板間的電壓不變，則下列說(shuō)法不正確的是()A．把A板向上平移一小段距離,質(zhì)點(diǎn)自P點(diǎn)自由下落后仍能返回B．把A板向下平移一小段距離,質(zhì)點(diǎn)自P點(diǎn)自由下落后將穿過(guò)N孔繼續(xù)下落C．把B板向上平移一小段距離，質(zhì)點(diǎn)自P點(diǎn)自由下落后仍能返回D．把B板向下平移一小段距離,質(zhì)點(diǎn)自P點(diǎn)自由下落后將穿過(guò)N孔繼續(xù)下落解析：選B.移動(dòng)A板或B板后，質(zhì)點(diǎn)能否返回P點(diǎn)的關(guān)鍵是質(zhì)點(diǎn)在A、B間運(yùn)動(dòng)時(shí)到達(dá)B板之前速度能否減為零，如能減為零，則一定沿原路返回P點(diǎn);如不能減為零,則穿過(guò)B板后只受重力，將繼續(xù)下落．因質(zhì)點(diǎn)到達(dá)N孔時(shí)速度恰為零，由動(dòng)能定理得mg·2d－qU＝0。因極板一直與電源兩極連接，電壓U一直不變，當(dāng)A板上移、下移時(shí)，滿足qU－mgh＝0的條件，即h＝2d，則質(zhì)點(diǎn)到達(dá)N孔時(shí)速度恰好為零，然后按原路返回，A正確,B錯(cuò)誤．當(dāng)把B板上移后，設(shè)質(zhì)點(diǎn)仍能到達(dá)B板，則由動(dòng)能定理得mgh－qU＝eq\f(1,2)mv2，因B板上移后h＜2d，所以mgh＜qU，即看似動(dòng)能為負(fù)值，實(shí)際意義為在此之前物體動(dòng)能已為零，將沿原路返回，C正確．把B板下移后，有mgh′－qU＝eq\f（1,2）mv2＞0,即質(zhì)點(diǎn)到達(dá)N孔時(shí)仍有向下的速度,將穿過(guò)B板繼續(xù)下落，D正確．3．（2018·貴州三校聯(lián)考）在地面附近，存在著一個(gè)有界電場(chǎng),邊界MN將空間分成左、右兩個(gè)區(qū)域，在右區(qū)域中有水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在右區(qū)域中離邊界MN某一位置的水平地面上由靜止釋放一個(gè)質(zhì)量為m的帶電滑塊（滑塊的電荷量始終不變)，如圖甲所示，滑塊運(yùn)動(dòng)的v－t圖象如圖乙所示，不計(jì)空氣阻力，則（）A．滑塊在MN右邊運(yùn)動(dòng)的位移大小與在MN左邊運(yùn)動(dòng)的位移大小相等B．在t＝5s時(shí)，滑塊經(jīng)過(guò)邊界MNC．滑塊受到的滑動(dòng)摩擦力與電場(chǎng)力之比為2∶5D．在滑塊運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中，滑動(dòng)摩擦力做的功小于電場(chǎng)力做的功解析:選C.根據(jù)題中速度圖線與橫軸所圍的面積表示位移可知，滑塊在MN右邊運(yùn)動(dòng)的位移大小與在MN左邊運(yùn)動(dòng)的位移大小不相等，選項(xiàng)A錯(cuò)誤．根據(jù)題圖乙所示速度圖象可知，t＝2s時(shí)滑塊越過(guò)分界線MN，選項(xiàng)B錯(cuò)誤．根據(jù)題中速度圖象斜率表示加速度可知，在0～2s時(shí)間內(nèi)，滑塊加速度大小可表示為a1＝eq\f(v0，2),在2～5s時(shí)間內(nèi),滑塊加速度大小可表示為a2＝eq\f（v0，3)，設(shè)電場(chǎng)力為F,運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受摩擦力為f，對(duì)滑塊在MN分界線右側(cè)的運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律，F(xiàn)－f＝ma1，對(duì)滑塊在MN分界線左側(cè)的運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律,f＝ma2，聯(lián)立解得:f∶F＝2∶5，選項(xiàng)C正確．在滑塊運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中,滑動(dòng)摩擦力做的功可表示為:Wf＝f·2。5v0，電場(chǎng)力做的功可表示為WF＝F·v0＝2.5f·v0,二者做功相等,選項(xiàng)D錯(cuò)誤．4．（多選)(2018·湖北八校聯(lián)考)如圖所示,在豎直平面內(nèi)xOy坐標(biāo)系中分布著與水平方向成45°角的勻強(qiáng)電場(chǎng)，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(diǎn)豎直向上拋出,它的軌跡恰好滿足拋物線方程x＝ky2，且小球通過(guò)點(diǎn)Peq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（1，k),\f(1,k）））。已知重力加速度為g,則（)A．電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為eq\f（mg，q）B．小球初速度的大小為eq\r(\f(g，2k）)C．小球通過(guò)點(diǎn)P時(shí)的動(dòng)能為eq\f（5mg，4k)D．小球從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的過(guò)程中，電勢(shì)能減少eq\f（\r（2）mg,k）解析:選BC。小球做類平拋運(yùn)動(dòng)，則電場(chǎng)力與重力的合力沿x軸正方向，qE＝eq\r（2)mg，電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E＝eq\f（\r(2)mg,q),A錯(cuò)誤；F合＝mg＝ma，所以a＝g，由類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有eq\f(1,k）＝v0t，eq\f（1，k）＝eq\f(1，2）gt2，得小球初速度大小為v0＝eq\r（\f(g，2k)），B正確；由P點(diǎn)的坐標(biāo)分析可知eq\f(v0,vx)＝eq\f(1,2），所以小球通過(guò)點(diǎn)P時(shí)的動(dòng)能為eq\f(1，2）mv2＝eq\f（1，2)m（veq\o\al(2，0）＋veq\o\al(2，x))＝eq\f（5mg,4k），C正確；小球從O到P過(guò)程中電勢(shì)能減少，且減少的電勢(shì)能等于電場(chǎng)力做的功，即W＝qE·eq\f(1,k）eq\f(1，cos45°)＝eq\f(2mg,k),D錯(cuò)誤．5。在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中,有一質(zhì)量為m、帶正電的小球，用長(zhǎng)為l的絕緣細(xì)線懸掛于O點(diǎn)，當(dāng)小球靜止時(shí),細(xì)線與豎直方向夾角為θ,如圖所示，現(xiàn)給小球一個(gè)垂直于懸線的初速度，小球恰能在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng),試問(wèn)：（1）小球在做圓周運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，在哪一位置速度最小？速度最小值多大?(2)小球在B點(diǎn)的初速度多大？解析：(1）如圖所示，小球所受到的重力、電場(chǎng)力均為恒力，二力的合力為F＝eq\f(mg,cosθ).重力場(chǎng)與電場(chǎng)的疊加場(chǎng)為等效重力場(chǎng)，F(xiàn)為等效重力，小球在疊加場(chǎng)中的等效重力加速度為g′＝eq\f(g，cosθ)，其方向與F同向，因此B點(diǎn)為等效最低點(diǎn)，A點(diǎn)為等效最高點(diǎn)，小球在A點(diǎn)速度最小,設(shè)為vA,此時(shí)細(xì)線的拉力為零，等效重力提供向心力，則mg′＝meq\f(veq\o\al（2,A）,l)，得小球的最小速度為vA＝eq\r（\f（gl,cosθ））.（2)設(shè)小球在B點(diǎn)的初速度為vB,由能量守恒得：eq\f（1，2)mveq\o\al(2,B)＝eq\f(1，2）mveq\o\al(2,A）＋mg′·2l，將vA的數(shù)值代入得：vB＝eq\r(\f(5gl，cosθ）)。答案:(1）A點(diǎn)速度最小eq\r（\f(gl,cosθ））(2）eq\r（\f（5gl，cosθ）)6．如圖甲所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)、間距為d的兩金屬板A、B水平放置，ab為兩板的中心線，一個(gè)帶電粒子以速度v0從a點(diǎn)水平射入，沿直線從b點(diǎn)射出,若將兩金屬板接到如圖乙所示的交變電壓上，欲使該粒子仍能從b點(diǎn)以速度v0射出,求：(1)交變電壓的周期T應(yīng)滿足什么條件?(2)粒子從a點(diǎn)射入金屬板的時(shí)刻應(yīng)滿足什么條件?解析：（1）為使粒子仍從b點(diǎn)以速度v0穿出電場(chǎng)，在垂直于初速度方向上,粒子的運(yùn)動(dòng)應(yīng)為：加速，減速,反向加速,(反向）減速，經(jīng)歷四個(gè)過(guò)程后,回到中心線上時(shí)，在垂直于金屬板的方向上速度正好等于零，這段時(shí)間等于一個(gè)周期，故有L＝nTv0，解得T＝eq\f(L,nv0）粒子在eq\f(1,4)T內(nèi)離開(kāi)中心線的距離為y＝eq\f(1，2)aeq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(1,4)T))eq\s\up12(2）又a＝eq\f(qE,m），E＝eq\f(U0，d)，解得y＝eq\f(qU0T2,32md)在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中離開(kāi)中心線的最大距離為ym＝2y＝eq\f（qU0T2,16md)粒子不撞擊金屬板，應(yīng)有ym≤eq\f（1，2)d解得T≤2deq\r(\f（2m,qU0)）故n≥eq\f(L,2dv0)eq\r(\f(qU0，2m））,即n取大于等于eq\f(L，2dv0)eq\r(\f(qU0，2m))的整數(shù)所以粒子的周期應(yīng)滿足的條件為T＝eq\f(L，nv0），其中n取大于等于eq\f（L，2dv0）eq\r（\f(qU0,2m)）