《高考物理一輪復(fù)習(xí) 第8章 電場 微專題44 復(fù)合場與力電綜合問題試題 粵教版-粵教版高三物理試題》由會員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《高考物理一輪復(fù)習(xí) 第8章 電場 微專題44 復(fù)合場與力電綜合問題試題 粵教版-粵教版高三物理試題(7頁珍藏版)》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、44 復(fù)合場與力電綜合問題
[方法點撥] (1)勻強(qiáng)電場可與重力場合成用一合場代替.即,電場力與重力合成一合力.用該合力代替兩個力.(2)力電綜合問題注意受力分析、運(yùn)動過程分析,應(yīng)用動力學(xué)知識或功能關(guān)系解題.
1.(復(fù)合場問題)如圖1所示,勻強(qiáng)電場方向水平向右,場強(qiáng)為E,絲線長為L.上端系于O點,下端系質(zhì)量為m、帶電量為+q的小球,已知Eq=mg.現(xiàn)將小球從最低點A由靜止釋放,則下列說法錯誤的是( )
圖1
A.小球可到達(dá)水平位置
B.當(dāng)懸線與水平方向成45°角時小球的速度最大
C.小球在運(yùn)動過程中機(jī)械能守恒
D.小球速度最大時懸線上的張力為(3-2)mg
2.(帶電
2、體在電場中的運(yùn)動)如圖2所示,水平放置的平行板電容器兩極板間距為d,帶負(fù)電的微粒質(zhì)量為m、帶電荷量為q,它從上極板的邊緣以初速度v0射入,沿直線從下極板N的邊緣射出,則( )
圖2
A.微粒的加速度不為零 B.微粒的電勢能減少了mgd
C.兩極板間的電勢差為 D.M板的電勢低于N板的電勢
3.(電場中的功能關(guān)系)(多選)如圖3所示為一勻強(qiáng)電場,某帶電粒子從A點運(yùn)動到B點,在這一運(yùn)動過程中克服重力做的功為2.0 J,電場力做的功為1.5 J.則下列說法正確的是( )
圖3
A.粒子帶負(fù)電 B.粒子在A點的電勢能比在B點小1.5 J
C.粒子在A點的動能比在B點大
3、0.5 J D.粒子在A點的機(jī)械能比在B點小1.5 J
4.(力電綜合問題)(多選)如圖4所示,輕彈簧上端固定,下端拴著一帶正電小球Q,Q在O處時彈簧處于原長狀態(tài),Q可在O1處靜止.若將另一帶正電小球q固定在O1正下方某處時,Q可在O2處靜止.現(xiàn)將Q從O處由靜止釋放,則Q從O運(yùn)動到O1處的過程中( )
圖4
A.Q運(yùn)動到O1處時速率最大
B.加速度先減小后增大
C.機(jī)械能不斷減小
D.Q、q、彈簧與地球組成的系統(tǒng)的勢能不斷減小
5.在電場強(qiáng)度大小為E的勻強(qiáng)電場中,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.關(guān)于帶電小球
4、的電勢能ε和機(jī)械能W的判斷,正確的是( )
A.若sin θ<,則ε一定減少,W一定增加
B.若sin θ=,則ε、W一定不變
C.若sin θ=,則ε一定增加,W一定減小
D.若tan θ=,則ε可能增加,W一定增加
6.(多選)如圖5所示,在一個足夠長的固定粗糙絕緣斜面上,彼此靠近地放置兩個帶同種電荷的相同小物塊A、B,由靜止釋放后,兩個物塊向相反方向運(yùn)動,并最終靜止在斜面上.在物塊的運(yùn)動過程中,下列表述正確的是( )
圖5
A.兩個物塊構(gòu)成的系統(tǒng)電勢能逐漸減少
B.兩個物塊構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能一直減少
C.最終靜止時A物塊受到的摩擦力方向一定沿斜面向上
D.A、B
5、在運(yùn)動過程中必會同時達(dá)到最大速度
7.如圖6所示,直角三角形ABC由三段細(xì)直桿連接而成,AB桿豎直,AC桿粗糙且絕緣,其傾角為30°,長為2L,D為AC上一點,且BD垂直AC,在BC桿中點O處放置一正點電荷Q.一套在細(xì)桿上的帶負(fù)電小球,以初速度v0由C點沿CA上滑,滑到D點速率恰好為零,之后沿AC桿滑回C點.小球質(zhì)量為m、電荷量為q,重力加速度為g.則( )
圖6
A.小球上滑過程中先勻加速后勻減速
B.小球下滑過程中電場力先做負(fù)功后做正功
C.小球再次滑回C點時的速率為vC=
D.小球下滑過程中動能、電勢能、重力勢能三者之和增大
8.如圖7所示,BCDG是光滑絕緣的圓形軌
6、道,位于豎直平面內(nèi),軌道半徑為R,下端與水平絕緣軌道在B點平滑連接,整個軌道處在水平向左的勻強(qiáng)電場中,現(xiàn)有一質(zhì)量為m、帶正電的小滑塊(可視為質(zhì)點)置于水平軌道上,滑塊受到的電場力大小為mg,滑塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)為0.5,重力加速度為g.
圖7
(1)若滑塊從水平軌道上距離B點s=3R的A點由靜止釋放,滑塊到達(dá)與圓心O等高的C點時速度為多大?
(2)在(1)的情況下,求滑塊到達(dá)C點時受到軌道的作用力的大?。?
(3)改變s的大小,使滑塊恰好始終沿軌道滑行,且從G點飛出軌道,求滑塊在圓軌道上滑行過程中的最小速度的大?。?
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
7、,M、N兩板間的距離d=0.5 m.現(xiàn)將一質(zhì)量m=1×10-2 kg、電荷量q=+4×10-5 C的帶電小球從兩極板上方的A點以v0=4 m/s的初速度水平拋出,A點距離兩板上端的高度h=0.2 m;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)動碰到N板上的C點,該直線與曲線的末端相切.設(shè)勻強(qiáng)電場只存在于M、N之間,不計空氣阻力,取g=10 m/s2.求:
圖8
(1)小球到達(dá)M極板上邊緣B位置時速度的大?。?
(2)M、N兩板間的電場強(qiáng)度的大小和方向;
(3)小球到達(dá)C點時的動能.
答案精析
1.C [分析小球受力可知,重力與電場力的合力的方向與豎直方向成45°角,根據(jù)等效
8、思想,可以認(rèn)為小球在此復(fù)合場中的等效重力方向與豎直方向成45°角,如圖所示.故可知,小球在此復(fù)合場中做單擺運(yùn)動,由對稱性可知,小球運(yùn)動的等效最高點在水平位置,A項正確;小球運(yùn)動的等效最低點在與水平方向成45°角的位置,此時小球速度最大,B項正確;因小球運(yùn)動過程中電場力做功,所以小球機(jī)械能不守恒,C項錯誤;由動能定理得mgL(1-cos 45°)=mv2,根據(jù)圓周運(yùn)動公式及牛頓第二定律可得FT-mg=m,聯(lián)立解得FT=(3-2)mg,D項正確.]
2.C [帶負(fù)電的微粒在兩極板間受豎直向下的重力,豎直方向的電場力,而微粒沿直線運(yùn)動,由直線運(yùn)動條件可知,重力與電場力合力必為零,即電場力方向豎直向
9、上,大小等于重力,即mg=q,所以兩極板之間電勢差U=,A項錯,C項正確;而微粒帶負(fù)電,所以電場方向豎直向下,而電場方向是由高電勢指向低電勢的,所以M板電勢高于N板電勢,D項錯;微粒由上極板邊緣運(yùn)動到下極板邊緣,電場力方向與位移方向夾角為鈍角,所以電場力對微粒做負(fù)功,微粒電勢能增加,B項錯.]
3.CD [從粒子運(yùn)動的軌跡判斷粒子帶正電,A項錯誤;因為電場力做正功,電勢能減小,所以B項錯誤;根據(jù)動能定理得W電+WG=ΔEk=-0.5 J,粒子在B點的動能比在A點的動能小0.5 J,C項正確;電場力做正功,機(jī)械能增加,所以粒子在A點的機(jī)械能比在B點的機(jī)械能要小1.5 J,D項正確.]
4.B
10、C [ q在O1正下方某處時,Q在O2處受力平衡,速率最大,A錯誤;Q在O2處加速度為零,Q第一次從O運(yùn)動到O1的過程中加速度先減小到零后反向增大,B正確;Q的機(jī)械能E等于Q的動能與重力勢能之和,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,C正確;系統(tǒng)的勢能Ep等于重力勢能、電勢能與彈性勢能之和,根據(jù)能量守恒有ΔEp+ΔEk=0,由于Q的動能Ek先增大后減小,所以系統(tǒng)的勢能先減小后增大,D錯誤.]
5.B [帶電小球由靜止開始釋放,只受重力和電場力,其電勢能和機(jī)械能之和保持不變.畫出帶電小球運(yùn)動過程中可能的
11、受力圖,由圖可知,若sin θ=,則所受電場力與位移垂直,電場力不做功,電勢能ε一定不變,而只有重力做功,機(jī)械能W一定不變,選項B正確,C錯誤.若sin θ<,則電場力與位移夾角可能小于90°,電場力做正功,電勢能ε減少,根據(jù)電勢能和機(jī)械能之和保持不變可知,機(jī)械能W增加;也可能大于90°,電場力做負(fù)功,電勢能ε增加,根據(jù)電勢能和機(jī)械能之和保持不變可知,機(jī)械能W減小,選項A錯誤.若tan θ=,則電場力與位移夾角小于90°,電場力做正功,電勢能ε減小,根據(jù)電勢能和機(jī)械能之和保持不變可知,機(jī)械能W增加,選項D錯誤.]
6.AC [由靜止釋放后,兩個物塊向相反方向運(yùn)動,兩物塊之間的庫侖力做正功,電
12、勢能減少,A項正確;開始階段,電場力大于摩擦力,所以電場力和摩擦力的合力先做正功,后階段,電場力小于摩擦力,他們的合力做負(fù)功,因此,系統(tǒng)機(jī)械能是先增大后減小,B項錯誤;最終靜止時,對A受力分析,因為合力為0,所以A受到的摩擦力方向必定沿斜面向上,C項正確;合力為0時,兩個物塊達(dá)到最大速度,它們不是在同一時刻,D項錯誤.]
7.C [小球上滑過程受到的庫侖力、摩擦力、支持力不斷變化,加速度隨合力的變化而變化,A項錯;O點放置正電荷,而小球帶負(fù)電,小球下滑過程中,庫侖力方向與速度方向夾角先是銳角并不斷增大到鈍角,電場力先做正功,再做負(fù)功,B項錯;由動能定理得,小球上滑過程中,-WG-Wf=-mv
13、,小球下滑過程中,WG-Wf=mv,其中WG=mgL,解得vC=,C項正確;由于小球下滑過程中克服摩擦力做功,故小球的動能、電勢能、重力勢能之和不斷減小,D項錯.]
8.(1) (2)mg (3)
解析 (1)設(shè)滑塊到達(dá)C點時的速度為v,由動能定理得qE(s+R)-μmgs-mgR=mv2-0
而qE=,μ=0.5,s=3R
解得v=
(2)設(shè)滑塊到達(dá)C點時受到軌道的作用力大小為F,則F-qE=m
解得F=mg
(3)要使滑塊恰好始終沿軌道滑行,則滑至圓軌道DG間某點時,由電場力和重力的合力提供向心力,此時的速度最小(設(shè)為vmin),則有=m
解得vmin=.
9.(1
14、)2 m/s (2)5×103 N/C 水平向右 (3)0.225 J
解析 (1)小球平拋運(yùn)動過程水平方向做勻速直線運(yùn)動,vx=v0=4 m/s
豎直方向做勻加速直線運(yùn)動,h=gt,vy=gt1=2 m/s
解得:vB==2 m/s
方向tan θ==(θ為速度方向與水平方向的夾角)
(2)小球進(jìn)入電場后,沿直線運(yùn)動到C點,所以重力與電場力的合力即沿該直線方向,
則tan θ==
解得:E==5×103 N/C,方向水平向右.
(3)進(jìn)入電場后,小球受到的合外力
F合==mg
B、C兩點間的距離s=,cos θ==
從B到C由動能定理得:F合s=EkC-mv
解得:EkC=0.225 J.