《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(huì)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(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、44 復(fù)合場與力電綜合問題 [方法點(diǎn)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(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．(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(diǎn)，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(diǎn)A由靜止釋放，則下列說法錯(cuò)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(shí)小球的速度最大 C．小球在運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能守恒 D．小球速度最大時(shí)懸線上的張力為(3－2)mg 2．(帶電

2、體在電場中的運(yùn)動(dòng))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(shì)能減少了mgd C．兩極板間的電勢(shì)差為 D．M板的電勢(shì)低于N板的電勢(shì) 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(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，在這一運(yùn)動(dòng)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(diǎn)的電勢(shì)能比在B點(diǎn)小1.5 J C．粒子在A點(diǎn)的動(dòng)能比在B點(diǎn)大

3、0.5 J D．粒子在A點(diǎn)的機(jī)械能比在B點(diǎn)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(shí)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(shí)，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(dòng)到O1處的過程中(　　) 圖4 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．機(jī)械能不斷減小 D．Q、q、彈簧與地球組成的系統(tǒng)的勢(shì)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(dòng)．關(guān)于帶電小球

4、的電勢(shì)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(gè)足夠長的固定粗糙絕緣斜面上，彼此靠近地放置兩個(gè)帶同種電荷的相同小物塊A、B，由靜止釋放后，兩個(gè)物塊向相反方向運(yùn)動(dòng)，并最終靜止在斜面上．在物塊的運(yùn)動(dòng)過程中，下列表述正確的是(　　) 圖5 A．兩個(gè)物塊構(gòu)成的系統(tǒng)電勢(shì)能逐漸減少 B．兩個(gè)物塊構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能一直減少 C．最終靜止時(shí)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(dòng)過程中必會(huì)同時(shí)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(diǎn)，且BD垂直AC，在BC桿中點(diǎn)O處放置一正點(diǎn)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(diǎn)沿CA上滑，滑到D點(diǎn)速率恰好為零，之后沿AC桿滑回C點(diǎn)．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(diǎn)時(shí)的速率為vC＝ D．小球下滑過程中動(dòng)能、電勢(shì)能、重力勢(shì)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(diǎn)平滑連接，整個(gè)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(diǎn))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(dòng)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(diǎn)s＝3R的A點(diǎn)由靜止釋放，滑塊到達(dá)與圓心O等高的C點(diǎn)時(shí)速度為多大？ (2)在(1)的情況下，求滑塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)受到軌道的作用力的大小． (3)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程中的最小速度的大小． 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(diǎn)以v0＝4 m/s的初速度水平拋出，A點(diǎn)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(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)電場只存在于M、N之間，不計(jì)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(shí)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(diǎn)時(shí)的動(dòng)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(dòng)，由對(duì)稱性可知，小球運(yùn)動(dòng)的等效最高點(diǎn)在水平位置，A項(xiàng)正確；小球運(yùn)動(dòng)的等效最低點(diǎn)在與水平方向成45°角的位置，此時(shí)小球速度最大，B項(xiàng)正確；因小球運(yùn)動(dòng)過程中電場力做功，所以小球機(jī)械能不守恒，C項(xiàng)錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理得mgL(1－cos 45°)＝mv2，根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)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(xiàng)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(dòng)，由直線運(yùn)動(dòng)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(shì)差U＝，A項(xiàng)錯(cuò)，C項(xiàng)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(shì)指向低電勢(shì)的，所以M板電勢(shì)高于N板電勢(shì)，D項(xiàng)錯(cuò)；微粒由上極板邊緣運(yùn)動(dòng)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(duì)微粒做負(fù)功，微粒電勢(shì)能增加，B項(xiàng)錯(cuò)．] 3．CD　[從粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡判斷粒子帶正電，A項(xiàng)錯(cuò)誤；因?yàn)殡妶隽ψ稣?，電?shì)能減小，所以B項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理得W電＋WG＝ΔEk＝－0.5 J，粒子在B點(diǎn)的動(dòng)能比在A點(diǎn)的動(dòng)能小0.5 J，C項(xiàng)正確；電場力做正功，機(jī)械能增加，所以粒子在A點(diǎn)的機(jī)械能比在B點(diǎn)的機(jī)械能要小1.5 J，D項(xiàng)正確．] 4．B

10、C　[ q在O1正下方某處時(shí)，Q在O2處受力平衡，速率最大，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，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(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，D錯(cuò)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(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

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(shì)能ε一定不變，而只有重力做功，機(jī)械能W一定不變，選項(xiàng)B正確，C錯(cuò)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(shì)能ε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°，電場力做負(fù)功，電勢(shì)能ε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減小，選項(xiàng)A錯(cuò)誤．若tan θ＝，則電場力與位移夾角小于90°，電場力做正功，電勢(shì)能ε減小，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．AC　[由靜止釋放后，兩個(gè)物塊向相反方向運(yùn)動(dòng)，兩物塊之間的庫侖力做正功，電

12、勢(shì)能減少，A項(xiàng)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(xiàng)錯(cuò)誤；最終靜止時(shí)，對(duì)A受力分析，因?yàn)楹狭?，所以A受到的摩擦力方向必定沿斜面向上，C項(xiàng)正確；合力為0時(shí)，兩個(gè)物塊達(dá)到最大速度，它們不是在同一時(shí)刻，D項(xiàng)錯(cuò)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(xiàng)錯(cuò)；O點(diǎn)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(xiàng)錯(cuò)；由動(dòng)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(xiàng)正確；由于小球下滑過程中克服摩擦力做功，故小球的動(dòng)能、電勢(shì)能、重力勢(shì)能之和不斷減小，D項(xiàng)錯(cuò)．] 8．(1)　(2)mg　(3) 解析　(1)設(shè)滑塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度為v，由動(dòng)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(diǎn)時(shí)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(diǎn)時(shí)，由電場力和重力的合力提供向心力，此時(shí)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(dòng)過程水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，vx＝v0＝4 m/s 豎直方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，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(dòng)到C點(diǎn)，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(diǎn)間的距離s＝，cos θ＝＝ 從B到C由動(dòng)能定理得：F合s＝EkC－mv 解得：EkC＝0.225 J.