高考物理一輪復(fù)習(xí) 微專題10 電場(chǎng)中的力電綜合問(wèn)題練習(xí) 新人教版

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1、 微專題十 電場(chǎng)中的力電綜合問(wèn)題 [A級(jí)—基礎(chǔ)練] 1.(08786717)如圖所示,一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子,以初速度v0從a點(diǎn)豎直向上射入勻強(qiáng)電場(chǎng)中,勻強(qiáng)電場(chǎng)方向水平向右.粒子通過(guò)電場(chǎng)中的b點(diǎn)時(shí),速率為2v0,方向與電場(chǎng)方向一致,則a、b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為(  ) A.         B. C. D. 解析:C [由題意可知,粒子受重力和水平方向的電場(chǎng)力作用,由加速度定義a=Δv/Δt,可得加速度的大小ax=2ay=2g,由牛頓第二定律可知,qE=2mg,水平位移x=v0t,豎直位移y=v0t/2,即x=2y,因此電場(chǎng)力做功W1=qEx=qUab,重力做功W

2、2=-mgy=-W1/4,由動(dòng)能定理得:W1+W2=m(2v0)2-mv,解得:Uab=.] 2.(08786718)空間某區(qū)域內(nèi)存在著電場(chǎng),電場(chǎng)線在豎直平面上的分布如圖所示.一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電小球在該電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng),小球經(jīng)過(guò)A點(diǎn)時(shí)的速度大小為v1,方向水平向右;運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)時(shí)的速度大小為v2,運(yùn)動(dòng)方向與水平方向之間的夾角為α,A、B兩點(diǎn)間的高度差為h、水平距離為s,則以下判斷正確的是(  ) A.A、B兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度和電勢(shì)關(guān)系為EAv1,則電場(chǎng)力一定做正功 C.A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為(v-v) D.小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程中電場(chǎng)力做的

3、功為mv-mv-mgh 解析:D [由電場(chǎng)線的方向和疏密可知A點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度小于B點(diǎn),但A點(diǎn)電勢(shì)高于B點(diǎn),A錯(cuò)誤.若v2>v1說(shuō)明合外力對(duì)小球做正功,但電場(chǎng)力不一定做正功,B錯(cuò)誤.由于有重力做功,A、B兩點(diǎn)間電勢(shì)差不是(v-v),C錯(cuò)誤.小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)過(guò)程中由動(dòng)能定理得W電+mgh=mv-mv,所以W電=mv-mv-mgh,D正確.] 3.(08786719)如圖所示,MPQO為有界的豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng),電場(chǎng)強(qiáng)度為E,ACB為光滑固定的半圓形軌道,軌道半徑為R,A、B為圓水平直徑的兩個(gè)端點(diǎn),AC為圓?。粋€(gè)質(zhì)量為m,電荷量為-q的帶電小球,從A點(diǎn)正上方高為H處由靜止釋放,并從A點(diǎn)沿切

4、線進(jìn)入半圓軌道.不計(jì)空氣阻力及一切能量損失,關(guān)于帶電小球的運(yùn)動(dòng)情況,下列說(shuō)法正確的是(  ) A.小球一定能從B點(diǎn)離開軌道 B.小球在AC部分可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng) C.若小球能從B點(diǎn)離開,上升的高度一定等于H D.小球到達(dá)C點(diǎn)的速度可能為零 解析:B [若電場(chǎng)力大于重力,則有可能不從B點(diǎn)離開軌道,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;若電場(chǎng)力等于重力,小球在AC部分做勻速圓周運(yùn)動(dòng),選項(xiàng)B正確;因電場(chǎng)力做負(fù)功,則機(jī)械能損失,上升的高度一定小于H,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;由圓周運(yùn)動(dòng)知識(shí)可知,若小球到達(dá)C點(diǎn)的速度為零,則在此之前就已脫軌了,選項(xiàng)D錯(cuò)誤.] 4.(08786720)如圖所示,一質(zhì)量為m、電荷量為q的小球在電場(chǎng)強(qiáng)度

5、為E、區(qū)域足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng)中,以初速度v0沿ON在豎直面內(nèi)做勻變速直線運(yùn)動(dòng).ON與水平面的夾角為30,重力加速度為g,且mg=Eq,則(  ) A.電場(chǎng)方向豎直向上 B.小球運(yùn)動(dòng)的加速度大小為2g C.小球上升的最大高度為 D.若小球在初始位置的電勢(shì)能為零,則小球電勢(shì)能的最大值為 解析:D [由于帶電小球在豎直面內(nèi)做勻變速直線運(yùn)動(dòng),其合力沿ON方向,而mg=qE,由三角形定則,可知電場(chǎng)方向與ON方向成120角,A錯(cuò)誤;由圖中幾何關(guān)系可知,其合力為mg,由牛頓第二定律可知a=g,方向與初速度方向相反,B錯(cuò)誤;設(shè)帶電小球上升的最大高度為h,由動(dòng)能定理可得:-mg2h=0-mv,

6、解得:h=,C錯(cuò)誤;電場(chǎng)力做負(fù)功,帶電小球的電勢(shì)能變大,當(dāng)帶電小球速度為零時(shí),其電勢(shì)能最大,則Ep=-qE2hcos 120=qEh=mg=,D正確.] 5.(08786721)如圖甲,兩水平金屬板間距為d,板間電場(chǎng)強(qiáng)度的變化規(guī)律如圖乙所示.t=0時(shí)刻,質(zhì)量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線射入兩板間,0~時(shí)間內(nèi)微粒勻速運(yùn)動(dòng),T時(shí)刻微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出.微粒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中未與金屬板接觸.重力加速度的大小為g.關(guān)于微粒在0~T時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)的描述,正確的是(  ) A.末速度大小為v0 B.末速度沿水平方向 C.重力勢(shì)能減少了mgd D.克服電場(chǎng)力做功為mgd 解析:B [0~時(shí)間內(nèi)微

7、粒勻速運(yùn)動(dòng),有mg=qE0.把微粒的運(yùn)動(dòng)分解,水平方向:做速度為v0的勻速直線運(yùn)動(dòng),豎直方向:~時(shí)間內(nèi),只受重力,做自由落體運(yùn)動(dòng),時(shí)刻,v1y=g,~T時(shí)間內(nèi),a==g,做勻減速直線運(yùn)動(dòng),T時(shí)刻,v2y=v1y-a=0,所以末速度v=v0,方向沿水平方向,選項(xiàng)A錯(cuò)誤,B正確;重力勢(shì)能的減少量ΔEp=mg=mgd,所以選項(xiàng)C錯(cuò)誤;根據(jù)動(dòng)能定理:mgd-W克電=0,得W克電=mgd,D錯(cuò)誤.] 6.(08786722)(多選)(2018安徽宿州一模)如圖所示,兩帶電平行金屬板水平放置,板長(zhǎng)為L(zhǎng),距離右端L處有一豎直放置的光屏M.一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子以速度v0從兩板中央射入板間,最后垂直

8、打在M屏上,重力加速度為g.則下列結(jié)論正確的是(  ) A.板間電場(chǎng)強(qiáng)度大小為 B.板間電場(chǎng)強(qiáng)度大小為 C.粒子在豎直方向上經(jīng)過(guò)的總路程為 D.粒子在板內(nèi)做勻變速直線運(yùn)動(dòng) 解析:BC [帶電粒子能垂直打在屏上,說(shuō)明一定要考慮粒子的重力,粒子在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng),在板內(nèi)和板外的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同,在板間,豎直方向受向上的電場(chǎng)力和向下的重力,加速度向上,射出電場(chǎng)時(shí),速度斜向上;在板外,僅受重力,豎直方向做速度豎直向上、加速度豎直向下且大小為g的勻減速直線運(yùn)動(dòng),到達(dá)屏?xí)r,豎直分速度減為零,在豎直方向,在板間和板外,兩過(guò)程具有對(duì)稱性,所以板間的加速度a=g,即Eq-mg=ma,即Eq=2

9、mg,場(chǎng)強(qiáng)大小為E=,粒子在板內(nèi)和板外均做勻變速曲線運(yùn)動(dòng),A、D錯(cuò)誤,B正確.粒子在豎直方向經(jīng)過(guò)的總路程s=gt22,t=,解得s=,C正確.] 7.(08786723)(多選)圖甲中的直線為一靜電場(chǎng)中的電場(chǎng)線,一不計(jì)重力的帶負(fù)電粒子從電場(chǎng)線上的M點(diǎn)沿電場(chǎng)線運(yùn)動(dòng)至N點(diǎn),假設(shè)粒子僅受電場(chǎng)力作用,圖乙描述了該粒子速度的平方隨其位移的變化規(guī)律,則(  ) A.粒子在M點(diǎn)所受的電場(chǎng)力等于在N點(diǎn)所受的電場(chǎng)力 B.該電場(chǎng)線上的電場(chǎng)方向由N點(diǎn)指向M點(diǎn) C.粒子由M點(diǎn)向N點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中,電場(chǎng)力做負(fù)功 D.粒子在N點(diǎn)的電勢(shì)能大于在M點(diǎn)的電勢(shì)能 解析:AB [由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式v-v=2ax可知,v2x

10、圖象的斜率為2a,即粒子受到的電場(chǎng)力大小不變,選項(xiàng)A正確;從M點(diǎn)到N點(diǎn)粒子的動(dòng)能變大,電場(chǎng)力做正功,粒子電勢(shì)能變小,由M點(diǎn)至N點(diǎn)電場(chǎng)線上的電勢(shì)升高,則電場(chǎng)線上的電場(chǎng)方向由N點(diǎn)指向M點(diǎn),選項(xiàng)B正確,C、D錯(cuò)誤.] 8.(08786724)(多選)如圖甲所示,兩平行金屬板豎直放置,左極板接地,中間有小孔,右極板電勢(shì)隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示,電子原來(lái)靜止在左極板小孔處,不計(jì)電子的重力,下列說(shuō)法正確的是(  ) 甲       乙 A.若t=0時(shí)刻釋放電子,電子始終向右運(yùn)動(dòng),直到打到右極板上 B.若t=0時(shí)刻釋放電子,電子可能在兩板間振動(dòng) C.若t=時(shí)刻釋放電子,電子可能在兩板間振動(dòng),

11、也可能打到右極板上 D.若t=時(shí)刻釋放電子,電子必然打到左極板上 解析:AC [若t=0時(shí)刻釋放電子,電子將重復(fù)先加速后減速的運(yùn)動(dòng),直到打到右極板,不會(huì)在兩板間振動(dòng),所以A正確,B錯(cuò)誤;若從t=時(shí)刻釋放電子,電子先加速,再減速,有可能電子已到達(dá)右極板,若此時(shí)未到達(dá)右極板,則電子將在兩極板間振動(dòng),所以C正確;同理,若從t=時(shí)刻釋放電子,電子有可能達(dá)到右極板,也有可能從左極板射出,這取決于兩板間的距離,所以D錯(cuò)誤.此題考查帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng).] [B級(jí)—能力練] 9.(08786725)(2018湖北孝感第一次聯(lián)考)如圖甲所示,A、B為兩塊平行金屬板,極板間電壓為UAB=1 125

12、 V,現(xiàn)有大量的電子由A板從靜止開始加速后,沿兩平行金屬板CD的中線進(jìn)入到偏轉(zhuǎn)電場(chǎng).平行金屬板C、D長(zhǎng)L1=410-2 m,板間距離d=810-3 m,在距離C、D右側(cè)邊緣L2=0.1 m處有一足夠大的熒光屏P,當(dāng)C、D之間未加電壓時(shí)電子沿C、D板的中線穿過(guò),打在熒光屏上的O點(diǎn)并發(fā)出熒光.現(xiàn)給金屬板C、D之間加一個(gè)如圖乙所示的變化電壓UDC(D板接電源的正極).已知電子質(zhì)量為m=9.010-31 kg,電荷量為e=1.610-19 C.求: (1)電子從B板上的小孔射出時(shí)的速率v0; (2)打在熒光屏上的電子的最大動(dòng)能; (3)一起上下調(diào)整A、B,使電子能夠在C、D板左側(cè)任意位置仍以

13、速度v0沿平行于C、D板的方向進(jìn)入到偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中,求電子打到熒光屏上亮線的長(zhǎng)度(只考慮豎直方向). 解析:(1)電子經(jīng)A、B兩塊金屬板加速,由eUAB=mv 解得v0=2.0107 m/s. (2)電子在水平方向做勻速運(yùn)動(dòng),通過(guò)C、D板間的時(shí)間 t==2.010-9 s. 電子通過(guò)時(shí)間極短,可認(rèn)為通過(guò)時(shí)電場(chǎng)恒定,電子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng),當(dāng)C、D間電壓最大時(shí),豎直方向的位移y=ayt2=t2=6.010-3 m, 豎直方向位移大于,電子將打到下極板上而不出電場(chǎng),所以電子剛好從下極板邊緣飛出時(shí),豎直方向速度最大,動(dòng)能最大,由平拋運(yùn)動(dòng)推論得=,可以得到vy=4.0106 m/s,電子的最

14、大動(dòng)能Ekmax=mv2=m(v+v)=1.910-16 J. (3)當(dāng)電子在靠近上極板射入,偏轉(zhuǎn)電壓為0時(shí),電子做勻速直線運(yùn)動(dòng)通過(guò)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng),此時(shí)打在熒光屏上亮線最上端. 當(dāng)電子從D板下端邊緣通過(guò),豎直方向速度最大時(shí),電子能打到熒光屏上亮線最下端,根據(jù)ymax=6.010-3 m可得到,當(dāng)電子從距離D板高度6.010-3 m處射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí),能夠到達(dá)熒光屏上亮線最下端,設(shè)此時(shí)電子豎直方向位移為y2,則由平拋運(yùn)動(dòng)推論可得=,解得y2=3.610-2 m,所以電子打到熒光屏上亮線的長(zhǎng)度是 y=3.610-2 m+2.010-3 m=3.810-2 m. 答案:(1)2.0107 m/s (

15、2)1.910-16 J (3)3.810-2 m 10.(08786726)(2018江西九江三十校第一次聯(lián)考)如圖所示,一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球(可視為質(zhì)點(diǎn))從y軸上的A點(diǎn)以初速度v0水平拋出,兩長(zhǎng)為L(zhǎng)的平行金屬板M、N傾斜放置且與水平方向間的夾角為θ=37.(sin 37=0.6) (1)若帶電小球恰好能垂直于M板從其中心小孔B進(jìn)入兩板間,試求帶電小球在y軸上的拋出點(diǎn)A的坐標(biāo)及小球拋出時(shí)的初速度v0; (2)若該平行金屬板M、N間有如圖所示的勻強(qiáng)電場(chǎng),且勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小與小球質(zhì)量之間的關(guān)系滿足E=,試計(jì)算兩平行金屬板M、N之間的垂直距離d至少為多少時(shí)才能保證小

16、球不打在N板上. 解析:(1)設(shè)小球由y軸上的A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到金屬板M的中點(diǎn)B的時(shí)間為t,由題意,在與x軸平行的方向上,有: cos θ=v0t,tan θ=. 帶電小球在豎直方向上下落的距離為h=gt2, 所以小球拋出點(diǎn)A的縱坐標(biāo)為y=h+sin θ, 聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)可解得v0= ,y=L,t=2,h=. 所以小球拋出點(diǎn)A的坐標(biāo)為,小球拋出時(shí)的初速度大小為v0= . (2)設(shè)小球進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的速度大小為v,則由動(dòng)能定理可得mgh=mv2-mv, 解得v= . 帶電小球進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)后的受力情況如圖所示. 因?yàn)镋=,所以qE=mgcos θ, 因此,帶電小球進(jìn)入該勻強(qiáng)電

17、場(chǎng)后將做類平拋運(yùn)動(dòng),其加速度大小為a==gsin θ 設(shè)帶電小球在該勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t′,欲使小球不打在N板上,由類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可得d=vt′, =at′2, 聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)可解得d=L. 答案:(1)  (2)L 11.(08786727)(2018安陽(yáng)模擬)如圖所示,BCDG是光滑絕緣的圓形軌道,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(diǎn)平滑連接,整個(gè)軌道處在水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)中,現(xiàn)有一質(zhì)量為m、帶正電的小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))置于水平軌道上,滑塊受到的電場(chǎng)力大小為mg,滑塊與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5,重力加速度為g. (1)若滑塊從水平軌道

18、上距離B點(diǎn)s=3R的A點(diǎn)由靜止釋放,求滑塊到達(dá)與圓心O等高的C點(diǎn)時(shí),受到軌道的作用力大?。? (2)改變s的大小,使滑塊恰好始終沿軌道滑行,且從G點(diǎn)飛出軌道,求滑塊在圓軌道上滑行過(guò)程中的最小速度的大?。? 解析:(1)設(shè)滑塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度為v,由動(dòng)能定理有Eqs-μmgs=mv2 而:qE= 解得:v= 設(shè)滑塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度為vC,受到軌道的作用力大小為F, 則EqR-mgR=mv-mv2 得:vC= 由水平方向合外力提供向心力得: F-Eq=m 解得:F=mg. (2)要使滑塊恰好始終沿軌道滑行,則滑至圓軌道DG間某點(diǎn),由電場(chǎng)力和重力的合力提供向心力,此時(shí)的速度最小(設(shè)

19、為vmin), 則有:=m 解得:vmin=. 答案:(1)mg (2) 12.(08786728)一電荷量為q(q>0)、質(zhì)量為m的帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)的作用下,在t=0時(shí)由靜止開始運(yùn)動(dòng),場(chǎng)強(qiáng)隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖所示,不計(jì)重力.求在t=0到t=T的時(shí)間間隔內(nèi) (1)粒子位移的大小和方向; (2)粒子沿初始電場(chǎng)反方向運(yùn)動(dòng)的時(shí)間. 解析:(1)帶電粒子在0~、~、~、~T 時(shí)間間隔內(nèi)做勻變速運(yùn)動(dòng),設(shè)加速度分別為a1、a2、a3、a4,由牛頓第二定律得 a1=① a2=-2② a3=2③ a4=-④ 由此得帶電粒子在0~T時(shí)間間隔內(nèi)運(yùn)動(dòng)的at圖象如圖甲所示,對(duì)應(yīng)的vt圖

20、象如圖乙所示,其中 v1=a1=⑤ 由圖乙可知,帶電粒子在t=0到t=T時(shí)的位移為x=v1⑥ 由⑤⑥式得x=⑦ 它沿初始電場(chǎng)正方向. (2)由圖乙可知,粒子在t=T到t=T內(nèi)沿初始電場(chǎng)的反方向運(yùn)動(dòng),總的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t為 t=T-T=. 答案:(1) 沿初始電場(chǎng)正方向 (2) 6EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F375

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