2019届物理总复习 第七章 静电场 突破全国卷6 力电综合问题测试题

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精PAGEPAGE1学必求其心得，业必贵于专精突破全国卷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R＝0.4m，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E＝1。0×104N/C。现有一电荷量q＝＋1.0×10－4C，质量m＝0.1kg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g＝10m/s2(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mg＝meq\f（veq\o\al（2,C)，R)，(2分）解得vC＝2。0m/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FB－mg＝meq\f（veq\o\al（2,B），R）。 （2分)带电体从B运动到C的过程中,依据动能定理有－mg×2R＝eq\f（1,2）mveq\o\al（2，C)－eq\f（1，2）mveq\o\al（2,B) （2分）联立解得FB＝6。0N，根据牛顿第三定律，带电体对轨道的压力F′B＝6.0N． (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2R＝eq\f(1，2）gt2 (2分）xDB＝vCt－eq\f（1，2)eq\f（Eq，m）t2 （2分）联立解得xDB＝0. （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qERsin45°－mgR(1－cos45°)＝Ekm－eq\f(1,2）mveq\o\al(2，B) (2分）代入数据解得Ekm≈1.17J． (1分)[答案]（1）6.0N(2）0（3）1。17Jeq\a\vs4\al（）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φ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0.20kg，电荷量为＋2.0×10－8C的滑块P(可视为质点)，从x＝0。10m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g＝10m/s2。A．x＝0.15m处的场强大小为2。0×106N/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。1m/sD．滑块最终在0。3m处停下解析：选AC.φ－x的斜率等于该点的电场强度,所以x＝0。15m处的场强大小为E＝eq\f(Δφ，Δx)＝eq\f(3×105,0.15)N/C＝2.0×106N/C，选项A正确；图象斜率的绝对值逐渐减小，因为在x＝0。15m处，Eq＝μmg＝0.04N，所以从x＝0。1m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x＝0。15m，由动能定理有Uq－μmgΔx＝eq\f(1，2)mv2,U＝1.5×105V,Δx＝0.05m，解得v＝0.1m/s，选项C正确；假设滑块在x＝0.3m处停下,则从x＝0。1m处到x＝0。3m处，电场力做功W＝qU′＝6×10－3J，克服摩擦力做功Wf＝μmgΔx′＝8×10－3J,因为W〈Wf，所以滑块滑不到x＝0。3m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mg·2d－qU＝0。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qU－mgh＝0的条件，即h＝2d，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mgh－qU＝eq\f(1,2)mv2，因B板上移后h＜2d，所以mgh＜qU，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mgh′－qU＝eq\f（1,2）mv2＞0,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v－t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t＝5s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2∶5D．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，t＝2s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0～2s时间内，滑块加速度大小可表示为a1＝eq\f(v0，2),在2～5s时间内,滑块加速度大小可表示为a2＝eq\f（v0，3)，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，F－f＝ma1，对滑块在MN分界线左侧的运动，由牛顿第二定律,f＝ma2，联立解得:f∶F＝2∶5，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:Wf＝f·2。5v0，电场力做的功可表示为WF＝F·v0＝2.5f·v0,二者做功相等,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x＝ky2，且小球通过点Peq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（1，k),\f(1,k）））。已知重力加速度为g,则（)A．电场强度的大小为eq\f（mg，q）B．小球初速度的大小为eq\r(\f(g，2k）)C．小球通过点P时的动能为eq\f（5mg，4k)D．小球从O点运动到P点的过程中，电势能减少eq\f（\r（2）mg,k）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，qE＝eq\r（2)mg，电场强度的大小为E＝eq\f（\r(2)mg,q),A错误；F合＝mg＝ma，所以a＝g，由类平抛运动规律有eq\f(1,k）＝v0t，eq\f（1，k）＝eq\f(1，2）gt2，得小球初速度大小为v0＝eq\r（\f(g，2k)），B正确；由P点的坐标分析可知eq\f(v0,vx)＝eq\f(1,2），所以小球通过点P时的动能为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W＝qE·eq\f(1,k）eq\f(1，cos45°)＝eq\f(2mg,k),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θ,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＝eq\f(mg,cosθ).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′＝eq\f(g，cosθ)，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mg′＝meq\f(veq\o\al（2,A）,l)，得小球的最小速度为vA＝eq\r（\f（gl,cosθ））.（2)设小球在B点的初速度为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，将vA的数值代入得：vB＝eq\r(\f(5gl，cosθ）)。答案:(1）A点速度最小eq\r（\f(gl,cosθ））(2）eq\r（\f（5gl，cosθ）)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，这段时间等于一个周期，故有L＝nTv0，解得T＝eq\f(L,nv0）粒子在eq\f(1,4)T内离开中心线的距离为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)在运动过程中离开中心线的最大距离为ym＝2y＝eq\f（qU0T2,16md)粒子不撞击金属板，应有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))的整数所以粒子的周期应满足的条件为T＝eq\f(L，nv0），其中n取大于等于eq\f（L，2dv0）eq\r（\f(qU0,2m)）