《2019高考物理一輪復習 第七章 靜電場 第58講 力電綜合問題加練半小時 教科版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019高考物理一輪復習 第七章 靜電場 第58講 力電綜合問題加練半小時 教科版（11頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、 第58講 力電綜合問題 [方法點撥]　(1)勻強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、運動過程分析，應用動力學知識或功能關系解題． 1．(2017·河北衡水模擬)如圖1所示，地面上某個空間區(qū)域存在這樣的電場，水平虛線上方為場強E1，方向豎直向下的勻強電場；虛線下方為場強E2，方向豎直向上的勻強電場．一個質量m，帶電＋q的小球從上方電場的A點由靜止釋放，結果剛好到達下方電場中與A關于虛線對稱的B點，則下列結論正確的是(　　) 圖1 A．若AB高度差為h，則UAB＝－ B．帶電小球在A、B兩點電勢能相等 C

2、．在虛線上、下方的電場中，帶電小球運動的加速度相同 D．兩電場強度大小關系滿足E2＝2E1 2．(多選)(2017·安徽合肥第二次檢測)如圖2所示，板長為L的平行板電容器與一直流電源相連接，其極板與水平面成30°角；若粒子甲、乙以相同大小的初速度v0＝，由圖中的P點射入電容器，分別沿著虛線1和2運動，然后離開電容器；虛線1為連接上、下極板邊緣的水平線，虛線2為平行且靠近上極板的直線，則下列關于兩粒子的說法正確的是(　　) 圖2 A．兩者均做勻減速直線運動 B．兩者電勢能均逐漸增加 C．兩者的比荷之比為3∶4 D．兩者離開電容器時的速率之比為v甲∶v乙＝∶ 3．(2018·廣

3、東東莞模擬)如圖3所示，質量為m、帶電荷量為＋q的滑塊，沿絕緣斜面勻速下滑，當滑塊滑至豎直向下勻強電場區(qū)時，滑塊運動的狀態(tài)為(　　) 圖3 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 4．(多選)(2017·山東棗莊一模)如圖4所示，水平面內的等邊三角形ABC的邊長為L，頂點C恰好位于光滑絕緣直軌道CD的最低點，光滑直導軌的上端點D到A、B兩點的距離均為L，D在AB邊上的豎直投影點為O.一對電荷量均為－Q的點電荷分別固定于A、B兩點．在D處將質量為m、電荷量為＋q的小球套在軌道上(忽略它對原電場的影響)，將小球由靜止開始釋放，已知靜電力常量為k、重

4、力加速度為g，且k＝mg，忽略空氣阻力，則(　　) 圖4 A．軌道上D點的場強大小為 B．小球剛到達C點時，其加速度為零 C．小球剛到達C點時，其動能為mgL D．小球沿直軌道CD下滑過程中，其電勢能先增大后減小 5．(多選)(2017·河南洛陽二模)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.兩電荷的位置坐標如圖5甲所示．圖乙是AB連線之間的電勢φ與位置x之間的關系圖像，圖中x＝L點為圖線的最低點，若在x＝2L的C點由靜止釋放一個質量為m、電荷量為＋q的帶電小球(可視為質點)，下列有關說法正確的是(　　) 圖5 A．小球在x＝L處的速度最大

5、B．小球一定可以到達x＝－2L點處 C．小球將以x＝L點為中心做往復運動 D．固定在A、B處的電荷的電荷量之比為QA∶QB＝4∶1 6．(多選)(2017·寧夏六盤山二模)如圖6所示，L為豎直、固定的光滑絕緣桿，桿上O點套有一質量為m、帶電荷量為－q的小環(huán)，在桿的左側固定一電荷量為＋Q的點電荷，桿上a、b兩點到＋Q的距離相等，Oa之間距離為h1，ab之間距離為h2，使小球從圖示位置的O點由靜止釋放后，通過a的速率為.則下列說法正確的是(　　) 圖6 A．小環(huán)從O到b，電場力做的功不為零 B．小環(huán)通過b點的速率為 C．小環(huán)在Oa之間的速度是先增大后減小 D．小環(huán)在ab之間的速

6、度是先減小后增大 7．(多選)(2017·湖南株洲一模)如圖7所示，在真空中傾斜平行放置著兩塊帶有等量異號電荷的金屬板A、B，一個電荷量為q＝1.41×10－4C，質量m＝1g的帶電小球自A板上的孔P點以水平速度v0＝0.1m/s飛入兩板之間的電場，經0.02 s后未與B板相碰又回到P點，g取10 m/s2，則(　　) 圖7 A．板間電場強度大小為100V/m B．板間電場強度大小為141V/m C．板與水平方向的夾角θ＝30° D．板與水平方向的夾角θ＝45° 8．如圖8所示，勻強電場方向水平向右，場強為E，不可伸長的懸線長為L.上端系于O點，下端系質量為m、帶電荷量為＋q

7、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8 A．小球可到達水平位置 B．當懸線與水平方向成45°角時小球的速度最大 C．小球在運動過程中機械能守恒 D．小球速度最大時懸線上的張力為(3－2)mg 9．(2017·安徽馬鞍山一模)如圖9所示，一光滑絕緣細直桿MN，長為L，水平固定在勻強電場中，場強大小為E，方向與豎直方向夾角為θ.桿的M端固定一個帶負電小球A，電荷量大小為Q；另一帶負電的小球B穿在桿上，可自由滑動，電荷量大小為q，質量為m，現(xiàn)將小球B從桿的N端由靜止釋放，小球B開始向右端運動，已知k為靜電力常量，g為重力加速度，求：

8、 圖9 (1)小球B對細桿的壓力的大??； (2)小球B開始運動時的加速度的大小； (3)小球B速度最大時，離M端的距離． 10．(2017·北京海淀區(qū)零模)用靜電的方法來清除空氣中的灰塵，需要首先設法使空氣中的灰塵帶上一定量的電荷，然后利用靜電場對電荷的作用力，使灰塵運動到指定的區(qū)域進行收集．為簡化計算，可認為每個灰塵顆粒的質量及其所帶電荷量均相同，設每個灰塵所帶電荷量為q，其所受空氣阻力與其速度大小成正比，表達式為F阻＝kv(式中k為大于0的已知常量)．由于灰塵顆粒的質量較小，為簡化計算，灰塵顆粒在空氣中受電場力作用后達到電場力與空氣阻力相等的過程所用的時間

9、及通過的位移均可忽略不計，同時也不計灰塵顆粒之間的作用力及灰塵所受重力的影響． 圖10 (1)有一種靜電除塵的設計方案是這樣的，需要除塵的空間是一個高為H的絕緣圓桶形容器的內部區(qū)域，將一對與圓桶半徑相等的圓形薄金屬板平行置于圓桶的上、下兩端，恰好能將圓桶封閉，如圖10甲所示．在圓桶上、下兩金屬板間加上恒定的電壓U(圓桶內空間的電場可視為勻強電場)，便可以在一段時間內將圓桶區(qū)域內的帶電灰塵顆粒完全吸附在金屬板上，從而達到除塵的作用．求灰塵顆粒運動可達到的最大速率； (2)對于一個待除塵的半徑為R的絕緣圓桶形容器內部區(qū)域，還可以設計另一種靜電除塵的方案：沿圓桶的軸線有一根細直導線作為電極

10、，緊貼圓桶內壁加一個薄金屬桶作為另一電極．在直導線電極外面套有一個由絕緣材料制成的半徑為R0的圓桶形保護管，其軸線與直導線重合，如圖乙所示．若在兩電極間加上恒定的電壓，使得桶壁處電場強度的大小恰好等于第(1)問的方案中圓桶內電場強度的大小，且已知此方案中沿圓桶半徑方向電場強度大小E的分布情況為E∝，式中r為所研究的點與直導線的距離． ①試通過計算分析，帶電灰塵顆粒從保護管外壁運動到圓桶內壁的過程中，其瞬時速度大小v隨其與直導線的距離r之間的關系； ②對于直線運動，教科書中講解了由v－t圖像下的面積求位移的方法．請你借鑒此方法，利用v隨r變化的關系，畫出隨r變化的圖像，根據圖像的面積求出帶電

11、灰塵顆粒從保護管外壁運動到圓桶內壁的時間． 11．如圖11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點以v0＝4m/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板上端處進入兩板間，沿直線運動碰到N板上的C點，該直線與曲線的末端相切．設勻強電場只存在于M、N之間，不計空氣阻力，取g＝10 m/s2.求： 圖11 (1)小球到達M極板上邊緣B位置時速度的大小； (2)M、N兩板間的電場強度的大小和方向；

12、(3)小球到達C點時的動能． 答案精析 1．A　[對小球由A到B的過程運用動能定理得，qUAB＋mgh＝0，解得：UAB＝，知A、B的電勢不等，則帶電小球在A、B兩點的電勢能不等，故A正確，B錯誤；小球從A運動到虛線速度由零加速至v，從虛線運動到B速度由v減為零，位移相同，根據勻變速運動的推論知，加速度大小相等，方向相反，故C錯誤；在上方電場，根據牛頓第二定律得：小球加速度大小為a1＝，在下方電場中，根據牛頓第二定律得，小球加速度大小為：a2＝，因為a1＝a2，解得：E2－E1＝，故D錯誤．] 2．AD　[根據題意可知，粒子做直線運動，則電場力與重力的合力與速度方向在同一直線上，

13、所以電場力只能垂直極板向上，受力如圖所示；根據受力圖，粒子做直線運動，則電場力與重力的合力與速度方向反向，粒子做勻減速直線運動，故A正確；粒子甲受到的電場力與位移方向的夾角為鈍角，所以電場力做負功，電勢能逐漸增加；粒子乙運動的方向與電場力的方向垂直，電場力不做功，所以粒子的電勢能不變，故B錯誤；根據受力圖， 對甲：m甲g＝q甲Ecos30°＝q甲E， 所以：＝ 對乙：m乙gcos30°＝q乙E，所以＝ 所以：＝＝，故C錯誤； 帶電粒子甲沿水平直線運動，合力做的功： W1＝－m甲gtan30°·＝－m甲gL， 根據動能定理得：m甲v－m甲v＝－m甲gL 所以：v甲＝ 帶電粒

14、子乙沿平行于極板的直線運動， 合力做的功：W2＝－m乙gsin30°·L＝－m乙gL， 根據動能定理得：m乙v－m乙v＝－m乙gL 所以：v乙＝ 所以：＝，故D正確．] 3．A　[設斜面的傾角為θ.滑塊沒有進入電場時， 根據平衡條件得mgsinθ＝f N＝mgcosθ又f＝μN，得到，mgsinθ＝μmgcosθ， 即有sinθ＝μcosθ 當滑塊進入電場時，設滑塊受到的電場力大小為F. 根據正交分解得到 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，

15、即受力仍平衡，所以滑塊仍做勻速運動．] 4．BC 5．AD　[據φ－x圖像切線的斜率等于場強E，則知x＝L處場強為零，所以小球在C處受到的電場力向左，向左加速運動，到x＝L處加速度為0，從x＝L處向左運動時，電場力向右，做減速運動，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點的電勢大于x＝2L點的電勢，所以小球不可能到達x＝－2L點處，故B錯誤；由題圖乙知圖像不關于x＝L對稱，所以小球不會以x＝L點為中心做往復運動，故C錯誤；x＝L處場強為零，根據點電荷場強公式有：k＝k，解得QA∶QB＝4∶1，故D正確．] 6．AB 7．AD　[由題意知，小球未與B板相碰又回到

16、P點，則小球先做勻減速直線運動，減速到0，后反向做勻加速直線運動，對帶電小球受力分析，如圖所示 小球的加速度a＝＝＝m/s2＝－10 m/s2 根據幾何關系 tanθ＝＝＝＝1，得θ＝45° F電＝＝mg＝qE 代入數(shù)據解得E＝100V/m，故A、D正確，B、C錯誤．] 8．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，根據等效思想，可以認為小球在此復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，小球在此復合場中做往復運動，由對稱性可知，小球運動的等效最高點在水平位置，A項正確；小球運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

17、最大，B項正確；因小球運動過程中電場力做功，所以小球機械能不守恒，C項錯誤；由動能定理得mgL(1－cos45°)＝mv2，根據圓周運動公式及牛頓第二定律可得T－mg＝m，聯(lián)立解得T＝(3－2)mg，懸線上的張力大小與懸線對小球的拉力大小相等，D項正確．] 9．見解析 解析　(1)小球B在垂直于桿的方向上合力為零， 則有N＝qEcosθ＋mg 由牛頓第三定律知小球B對細桿的壓力N′＝N＝qEcosθ＋mg (2)在水平方向上，小球所受合力向右，由牛頓第二定律得： qEsinθ－＝ma 解得：a＝－ (3)當小球B的速度最大時，加速度為零，有： qEsinθ＝ 解得：x＝

18、. 10．見解析 解析　(1)圓桶形容器內的電場強度E＝ 灰塵顆粒所受的電場力大小F＝， 電場力跟空氣的阻力相平衡時，灰塵達到最大速度，并設為v1， 則有kv1＝ 解得v1＝ (2)①由于灰塵顆粒所在處的電場強度隨其與直導線距離的增大而減小，且桶壁處的電場強度為第(1)問方案中場強的大小，則E1＝，設在距直導線為r處的場強大小為E2， 則＝，解得E2＝ 故與直導線越近處，電場強度越大．設灰塵顆粒運動到與直導線距離為r時的速度為v，則kv＝qE2 解得v＝ 上式表明，灰塵微粒在向圓桶內壁運動過程中，速度是逐漸減小的． ②以r為橫軸，以為縱軸，作出－r的圖像如圖所示．

19、 在r到r＋Δr微小距離內，電場強度可視為相同，其速度v可視為相同，對應于Δr的一段－r的圖線下的面積為Δr＝，顯然，這個小矩形的面積等于灰塵微粒通過Δr的時間Δt＝.所以，灰塵微粒從保護管外壁運動到圓桶內壁所需的總時間t等于從R0到R一段－r的圖線下的面積． 所以灰塵顆粒從保護管外壁運動到圓桶內壁的時間t＝ 11．(1)2m/s　(2)5×103 N/C　水平向右　(3)0.225J 解析　(1)小球平拋運動過程水平方向做勻速直線運動， vx＝v0＝4m/s 豎直方向做自由落體運動，h＝gt，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)小球進入電場后，沿直線運動到C點，所以重力與電場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)進入電場后，小球受到的合外力 F合＝＝mg B、C兩點間的距離s＝，cosθ＝＝ 從B到C由動能定理得：F合s＝EkC－mv 解得：EkC＝0.225J. 11