(全國(guó)通用)2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第七章 微專題56 力電綜合問題加練半小時(shí)(含解析)
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1、力電綜合問題 [方法點(diǎn)撥] (1)勻強(qiáng)電場(chǎng)可與重力場(chǎng)合成用一合場(chǎng)代替,即電場(chǎng)力與重力合成一合力,用該合力代替兩個(gè)力.(2)力電綜合問題注意受力分析、運(yùn)動(dòng)過程分析,應(yīng)用動(dòng)力學(xué)知識(shí)或功能關(guān)系解題. 1.(2018·廣東省東莞市模擬)如圖1所示,質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的滑塊,沿絕緣斜面勻速下滑,當(dāng)滑塊滑至豎直向下勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)時(shí),滑塊運(yùn)動(dòng)的狀態(tài)為( ) 圖1 A.繼續(xù)勻速下滑 B.將加速下滑 C.將減速下滑 D.上述三種情況都可能發(fā)生 2.(多選)如圖2所示,輕彈簧上端固定,下端拴著一帶正電小球Q,Q在O處時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài),Q可在O1處?kù)o止.若將另一帶正電小球q固定在O1正下方某處
2、時(shí),Q可在O2處?kù)o止.現(xiàn)將Q從O處由靜止釋放,則Q從O運(yùn)動(dòng)到O1處的過程中( ) 圖2 A.Q運(yùn)動(dòng)到O1處時(shí)速率最大 B.加速度先減小后增大 C.小球Q的機(jī)械能不斷減小 D.Q、q及彈簧與地球組成的系統(tǒng)的勢(shì)能不斷減小 3.(多選)(2018·河南省中原名校第三次聯(lián)考)如圖3所示,傾角為α的光滑斜面下端固定一絕緣輕彈簧,M點(diǎn)固定一個(gè)質(zhì)量為m、帶電荷量為-q的小球Q,整個(gè)裝置處于場(chǎng)強(qiáng)大小為E、方向沿斜面向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中.現(xiàn)把一個(gè)帶電荷量為+q的小球P從N點(diǎn)由靜止釋放,釋放后P沿著斜面向下運(yùn)動(dòng).N點(diǎn)與彈簧的上端和M的距離均為s0,PQ以及彈簧的軸線ab與斜面平行.兩小球均可視為質(zhì)點(diǎn)
3、和點(diǎn)電荷,彈簧的勁度系數(shù)為k0,靜電力常量為k,則( ) 圖3 A.小球P返回時(shí),不可能撞到小球Q B.當(dāng)彈簧的壓縮量為時(shí),小球P的速度最大 C.小球P沿著斜面向下運(yùn)動(dòng)過程中,其電勢(shì)能一定減少 D.小球P在N點(diǎn)的加速度大小為 4.(多選)在絕緣光滑的水平面上相距為6L的A、B兩處分別固定正電荷QA、QB.兩電荷的位置坐標(biāo)如圖4甲所示.圖乙是AB連線之間的電勢(shì)φ與位置x之間的關(guān)系圖象,圖中x=L點(diǎn)為圖線的最低點(diǎn),若在x=2L的C點(diǎn)由靜止釋放一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電小球(可視為質(zhì)點(diǎn)),下列有關(guān)說法正確的是( ) 圖4 A.小球在x=L處的速度最大 B.小球一定
4、可以到達(dá)x=-2L點(diǎn)處 C.小球?qū)⒁詘=L點(diǎn)為中心做往復(fù)運(yùn)動(dòng) D.固定在A、B處的電荷的電荷量之比為QA∶QB=4∶1 5.在電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)中,將一質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電小球由靜止開始釋放,帶電小球沿與豎直方向成θ角的方向做直線運(yùn)動(dòng).關(guān)于帶電小球的電勢(shì)能Ep和機(jī)械能W的判斷,正確的是( ) A.若sinθ<,則Ep一定減少,W一定增加 B.若sinθ=,則Ep、W一定不變 C.若sinθ=,則Ep一定增加,W一定減小 D.若tanθ=,則Ep可能增加,W一定增加 6.粗糙絕緣的水平地面上,有兩塊豎直平行相對(duì)而立的金屬板A、B.板間地面上靜止著帶正電的物塊
5、,如圖5甲所示,當(dāng)兩金屬板間加如圖乙所示的交變電壓時(shí),設(shè)直到t1時(shí)刻物塊才開始運(yùn)動(dòng)(最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力可認(rèn)為相等),則( ) 圖5 A.在0~t1時(shí)間內(nèi),物塊受到逐漸增大的摩擦力,方向水平向右 B.在t1~t3時(shí)間內(nèi),物塊受到的摩擦力先逐漸增大,后逐漸減小 C.t3時(shí)刻物塊的速度最大 D.t4時(shí)刻物塊的速度最大 7.(多選)(2019·江西省新余市模擬)如圖6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°夾角的勻強(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y=kx2,且小球通過點(diǎn)P(,),已知重力加速度為
6、g,則( ) 圖6 A.電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為 B.小球初速度的大小為 C.小球通過點(diǎn)P時(shí)的動(dòng)能為 D.小球從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的過程中,電勢(shì)能減少 8.(2018·河北省五個(gè)一名校二模)如圖7所示,離地H高處有一個(gè)質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的物體處于電場(chǎng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化規(guī)律為E=E0-kt(E0、k均為大于零的常數(shù),電場(chǎng)水平向左為正方向)的電場(chǎng)中,物體與豎直絕緣墻壁間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,已知μqE0<mg.t=0時(shí),物體從墻上靜止釋放,若物體所受的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,當(dāng)物體下滑后脫離墻面,此時(shí)速度大小為,物體最終落到地面上.則下列關(guān)于物體運(yùn)動(dòng)說法不正確的是( ) 圖7 A
7、.當(dāng)物體沿墻壁下滑時(shí),物體先做加速運(yùn)動(dòng)再做勻速直線運(yùn)動(dòng) B.物體從脫離墻壁到落地之前的運(yùn)動(dòng)軌跡是一段曲線 C.物體克服摩擦力所做的功W=mgH D.物體與墻壁脫離的時(shí)刻為t= 9.如圖8所示,帶有等量異種電荷的平行金屬板M、N豎直放置,M、N兩板間的距離d=0.5m.現(xiàn)將一質(zhì)量m=1×10-2kg、電荷量q=+4×10-5C的帶電小球從兩極板上方的A點(diǎn)以v0=4m/s的初速度水平拋出,A點(diǎn)距離兩板上端的高度h=0.2m;之后小球恰好從靠近M板上端處進(jìn)入兩板間,沿直線運(yùn)動(dòng)碰到N板上的C點(diǎn),該直線與曲線的末端相切.設(shè)勻強(qiáng)電場(chǎng)只存在于M、N之間,不計(jì)空氣阻力,取g=10m/s2.求:
8、圖8 (1)小球到達(dá)M極板上邊緣B位置時(shí)速度的大??; (2)M、N兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和方向; (3)小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能. 10.(2018·河南省洛陽(yáng)市統(tǒng)考)位于豎直平面內(nèi)的直角坐標(biāo)系xOy,x軸沿水平方向.在第一象限的角平分線OA的上方存在有界勻強(qiáng)電場(chǎng),場(chǎng)強(qiáng)E1=,方向豎直向下;第二象限內(nèi)有另一勻強(qiáng)電場(chǎng)E2,電場(chǎng)方向與x軸正方向成45°角斜向上,如圖9所示.有一質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電小球在水平細(xì)線的拉力作用下恰好靜止在坐標(biāo)(-l,6l)處.現(xiàn)剪斷細(xì)線,小球從靜止開始運(yùn)動(dòng),先后經(jīng)過兩電場(chǎng)
9、后,從A點(diǎn)進(jìn)入無(wú)電場(chǎng)區(qū)域,最終打在x軸上的D點(diǎn),重力加速度為g,試求: 圖9 (1)電場(chǎng)E2的場(chǎng)強(qiáng); (2)A點(diǎn)的位置坐標(biāo); (3)到達(dá)D點(diǎn)時(shí)小球的動(dòng)能. 答案精析 1.A [設(shè)斜面的傾角為θ.滑塊沒有進(jìn)入電場(chǎng)時(shí),根據(jù)平衡條件得mgsinθ=Ff FN=mgcosθ又Ff=μFN,得到,mgsinθ=μmgcosθ,即有sinθ=μcosθ 當(dāng)滑塊進(jìn)入電場(chǎng)時(shí),設(shè)滑塊受到的電場(chǎng)力大小為F.根據(jù)正交分解得到 滑塊受到的沿斜面向下的力為(mg+F)sinθ,沿斜面向上的力為μ(mg+F)cosθ, 由于sinθ=μcosθ,所以(mg+F)sinθ=μ(mg+F)cosθ
10、,即受力仍平衡,所以滑塊仍做勻速運(yùn)動(dòng).] 2.BC [q在O1正下方某處時(shí),Q在O2處受力平衡,速率最大,故A錯(cuò)誤;Q在O2處加速度為零,Q第一次從O運(yùn)動(dòng)到O1的過程中加速度先減小到零后反向增大,故B正確;Q的機(jī)械能E等于Q的動(dòng)能與重力勢(shì)能之和,由功能關(guān)系有ΔE=W彈+W電,而彈簧彈力一直做負(fù)功,即W彈<0,庫(kù)侖力也一直做負(fù)功,即W電<0,則ΔE<0,即Q的機(jī)械能不斷減小,故C正確;系統(tǒng)的勢(shì)能Ep等于重力勢(shì)能、電勢(shì)能與彈性勢(shì)能之和,根據(jù)能量守恒有ΔEp+ΔEk=0,由于Q的動(dòng)能Ek先增大后減小,所以系統(tǒng)的勢(shì)能先減小后增大,故D錯(cuò)誤.] 3.AD [由題意知,小球P向下運(yùn)動(dòng)的過程中電場(chǎng)力qE
11、及重力做正功,庫(kù)侖引力做負(fù)功,向上運(yùn)動(dòng)的過程中電場(chǎng)力qE與重力均做負(fù)功,庫(kù)侖引力做正功,根據(jù)能量守恒,小球返回時(shí)不可能撞到小球Q,所以A正確;當(dāng)合外力為零時(shí),速度最大,即彈力k0x=qE+mgsinα-k,所以B錯(cuò)誤;小球P沿著斜面向下運(yùn)動(dòng)過程中,qE做正功,庫(kù)侖力做負(fù)功,(qE+mgsinα-F庫(kù))s=mv2>0,不能確定(qE-F庫(kù))s是否為正,故電勢(shì)能的變化不確定,所以C錯(cuò)誤;在N點(diǎn),根據(jù)牛頓第二定律可得qE+mgsinα-k=ma,所以a=,D正確.] 4.AD [據(jù)φ-x圖象切線的斜率表示場(chǎng)強(qiáng)E,則知x=L處場(chǎng)強(qiáng)為零,所以小球在C處受到的電場(chǎng)力向左,向左加速運(yùn)動(dòng),到x=L處加速度為
12、0,從x=L處向左運(yùn)動(dòng)時(shí),電場(chǎng)力向右,做減速運(yùn)動(dòng),所以小球在x=L處的速度最大,故A正確;由題圖乙可知,x=-2L點(diǎn)的電勢(shì)大于x=2L點(diǎn)的電勢(shì),所以小球不可能到達(dá)x=-2L點(diǎn)處,故B錯(cuò)誤;由題圖乙知圖象不關(guān)于x=L對(duì)稱,所以小球不會(huì)以x=L點(diǎn)為中心做往復(fù)運(yùn)動(dòng),故C錯(cuò)誤;x=L處場(chǎng)強(qiáng)為零,根據(jù)點(diǎn)電荷場(chǎng)強(qiáng)公式有:k=k,解得QA∶QB=4∶1,故D正確.] 5.B [帶電小球由靜止開始釋放,只受重力和電場(chǎng)力,其電勢(shì)能和機(jī)械能之和保持不變.畫出帶電小球運(yùn)動(dòng)過程中可能的受力圖,由圖可知,若sinθ=,則所受電場(chǎng)力與位移垂直,電場(chǎng)力不做功,電勢(shì)能Ep一定不變,而只有重力做功,機(jī)械能W一定不變,
13、選項(xiàng)B正確,C錯(cuò)誤;若sinθ<,則電場(chǎng)力與位移夾角可能小于90°,電場(chǎng)力做正功,電勢(shì)能Ep減少,根據(jù)電勢(shì)能和機(jī)械能之和保持不變可知,機(jī)械能W增加;也可能大于90°,電場(chǎng)力做負(fù)功,電勢(shì)能Ep增加,根據(jù)電勢(shì)能和機(jī)械能之和保持不變可知,機(jī)械能W減少,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;若tanθ<,則電場(chǎng)力與位移夾角小于90°,電場(chǎng)力做正功,電勢(shì)能Ep減少,根據(jù)電勢(shì)能和機(jī)械能之和保持不變可知,機(jī)械能W增加,選項(xiàng)D錯(cuò)誤.] 6.C [在0~t1時(shí)間內(nèi),電場(chǎng)力小于最大靜摩擦力,物塊靜止,靜摩擦力與電場(chǎng)力大小相等,即Ff=qE=q,隨電壓增大,摩擦力增大,但是正電荷所受電場(chǎng)力與電場(chǎng)同向,均向右,所以摩擦力方向水平向左,選項(xiàng)A
14、錯(cuò)誤;在t1~t3時(shí)間內(nèi),電場(chǎng)力大于最大靜摩擦力,物塊一直加速運(yùn)動(dòng),摩擦力為滑動(dòng)摩擦力,由于正壓力等于物塊的重力,所以摩擦力不變,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;t3到t4階段,電場(chǎng)力小于摩擦力,但物塊仍在運(yùn)動(dòng)且為減速運(yùn)動(dòng),故t3時(shí)刻物塊速度最大,選項(xiàng)C正確,D錯(cuò)誤.] 7.CD [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y=kx2,說明小球做類平拋運(yùn)動(dòng),則電場(chǎng)力與重力的合力沿x軸正方向,豎直方向qEsin45°=mg,故電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E=,故A錯(cuò)誤;小球受到的合力F合=qEcos45°=mg=ma,所以a=g,由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有=v0t,=gt2,得初速度大小為v0=,故B錯(cuò)誤;=tan
15、45°=,所以通過點(diǎn)P時(shí)的動(dòng)能為mv2=m(v02+vy2)=,故C正確;小球從O到P電勢(shì)能減少,且減少的電勢(shì)能等于電場(chǎng)力做的功, 即WE==,故D正確.] 8.A [豎直方向上,由牛頓第二定律有mg-μqE=ma,隨著電場(chǎng)強(qiáng)度E的減小,加速度a逐漸增大,做變加速運(yùn)動(dòng),當(dāng)E=0時(shí),加速度增大到重力加速度g,此后物體脫離墻面,故A錯(cuò)誤;物體脫離墻面時(shí)的速度向下,之后所受合外力與初速度不在同一條直線上,所以運(yùn)動(dòng)軌跡為曲線,故B正確;物體從開始運(yùn)動(dòng)到脫離墻面電場(chǎng)力一直不做功,由動(dòng)能定理得mg-W=m()2,物體克服摩擦力所做的功為W=mgH,故C正確;當(dāng)物體與墻壁脫離時(shí),物體所受的墻面支持力為零
16、,則電場(chǎng)力為零,則此時(shí)電場(chǎng)強(qiáng)度為零,所以有E=E0-kt=0,解得t=,故D正確.] 9.(1)2m/s (2)5×103N/C 水平向右 (3)0.225J 解析 (1)小球平拋運(yùn)動(dòng)過程水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng),vx=v0=4m/s 豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng),h=gt12,vy=gt1=2m/s 解得:vB==2m/s tanθ==(θ為速度方向與水平方向的夾角) (2)小球進(jìn)入電場(chǎng)后,沿直線運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn),所以重力與電場(chǎng)力的合力沿該直線方向, 則tanθ== 解得:E==5×103N/C,方向水平向右. (3)進(jìn)入電場(chǎng)后,小球受到的合外力 F合==mg B、C兩點(diǎn)間的距離s
17、=,cosθ== 從B到C由動(dòng)能定理得:F合s=EkC-mvB2 解得:EkC=0.225J. 10.(1) (2)(2l,2l) (3)19mgl 解析 (1)小球在第二象限處于靜止時(shí),由受力分析可得mg=qE2sin45°,解得E2=. (2)設(shè)小球進(jìn)入第一象限的初速度為v0,在第二象限內(nèi)由動(dòng)能定理可得E2qlcos45°=mv02,解得v0=.設(shè)A點(diǎn)的坐標(biāo)為(x,y),由于A點(diǎn)在象限角平分線上,則有y=x.小球進(jìn)入電場(chǎng)E1內(nèi)做類平拋運(yùn)動(dòng),豎直方向上有qE1+mg=ma,6l-y=at2.水平方向有x=v0t.由以上各式可得x=2l,則A點(diǎn)的位置坐標(biāo)為(2l,2l). (3)對(duì)從P到D全過程運(yùn)用動(dòng)能定理得EkD=qE2lcos45°+qE1(6l-x)+6mgl=19mgl. 9
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