高考物理一輪復習 微專題10 電場中的力電綜合問題練習 新人教版

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1、 微專題十 電場中的力電綜合問題 [A級—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點豎直向上射入勻強電場中，勻強電場方向水平向右．粒子通過電場中的b點時，速率為2v0，方向與電場方向一致，則a、b兩點間的電勢差為(　　) 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，因此電場力做功W1＝qEx＝qUab，重力做功W

2、2＝－mgy＝－W1/4，由動能定理得：W1＋W2＝m(2v0)2－mv，解得：Uab＝.] 2．(08786718)空間某區(qū)域內(nèi)存在著電場，電場線在豎直平面上的分布如圖所示．一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電小球在該電場中運動，小球經(jīng)過A點時的速度大小為v1，方向水平向右；運動至B點時的速度大小為v2，運動方向與水平方向之間的夾角為α，A、B兩點間的高度差為h、水平距離為s，則以下判斷正確的是(　　) A．A、B兩點的電場強度和電勢關(guān)系為EAv1，則電場力一定做正功 C．A、B兩點間的電勢差為(v－v) D．小球從A點運動到B點的過程中電場力做的

3、功為mv－mv－mgh 解析：D　[由電場線的方向和疏密可知A點電場強度小于B點，但A點電勢高于B點，A錯誤．若v2>v1說明合外力對小球做正功，但電場力不一定做正功，B錯誤．由于有重力做功，A、B兩點間電勢差不是(v－v)，C錯誤．小球從A點運動到B點過程中由動能定理得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電場，電場強度為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端點，AC為圓?。粋€質(zhì)量為m，電荷量為－q的帶電小球，從A點正上方高為H處由靜止釋放，并從A點沿切

4、線進入半圓軌道．不計空氣阻力及一切能量損失，關(guān)于帶電小球的運動情況，下列說法正確的是(　　) A．小球一定能從B點離開軌道 B．小球在AC部分可能做勻速圓周運動 C．若小球能從B點離開，上升的高度一定等于H D．小球到達C點的速度可能為零 解析：B　[若電場力大于重力，則有可能不從B點離開軌道，選項A錯誤；若電場力等于重力，小球在AC部分做勻速圓周運動，選項B正確；因電場力做負功，則機械能損失，上升的高度一定小于H，選項C錯誤；由圓周運動知識可知，若小球到達C點的速度為零，則在此之前就已脫軌了，選項D錯誤．] 4．(08786720)如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q的小球在電場強度

5、為E、區(qū)域足夠大的勻強電場中，以初速度v0沿ON在豎直面內(nèi)做勻變速直線運動．ON與水平面的夾角為30，重力加速度為g，且mg＝Eq，則(　　) A．電場方向豎直向上 B．小球運動的加速度大小為2g C．小球上升的最大高度為 D．若小球在初始位置的電勢能為零，則小球電勢能的最大值為 解析：D　[由于帶電小球在豎直面內(nèi)做勻變速直線運動，其合力沿ON方向，而mg＝qE，由三角形定則，可知電場方向與ON方向成120角，A錯誤；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錯誤；設(shè)帶電小球上升的最大高度為h，由動能定理可得：－mg2h＝0－mv，

6、解得：h＝，C錯誤；電場力做負功，帶電小球的電勢能變大，當帶電小球速度為零時，其電勢能最大，則Ep＝－qE2hcos 120＝qEh＝mg＝，D正確．] 5．(08786721)如圖甲，兩水平金屬板間距為d，板間電場強度的變化規(guī)律如圖乙所示．t＝0時刻，質(zhì)量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線射入兩板間，0～時間內(nèi)微粒勻速運動，T時刻微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出．微粒運動過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時間內(nèi)運動的描述，正確的是(　　) A．末速度大小為v0 B．末速度沿水平方向 C．重力勢能減少了mgd D．克服電場力做功為mgd 解析：B　[0～時間內(nèi)微

7、粒勻速運動，有mg＝qE0.把微粒的運動分解，水平方向：做速度為v0的勻速直線運動，豎直方向：～時間內(nèi)，只受重力，做自由落體運動，時刻，v1y＝g，～T時間內(nèi)，a＝＝g，做勻減速直線運動，T時刻，v2y＝v1y－a＝0，所以末速度v＝v0，方向沿水平方向，選項A錯誤，B正確；重力勢能的減少量ΔEp＝mg＝mgd，所以選項C錯誤；根據(jù)動能定理：mgd－W克電＝0，得W克電＝mgd，D錯誤．] 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，板長為L，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．板間電場強度大小為 B．板間電場強度大小為 C．粒子在豎直方向上經(jīng)過的總路程為 D．粒子在板內(nèi)做勻變速直線運動 解析：BC　[帶電粒子能垂直打在屏上，說明一定要考慮粒子的重力，粒子在水平方向做勻速直線運動，在板內(nèi)和板外的運動時間相同，在板間，豎直方向受向上的電場力和向下的重力，加速度向上，射出電場時，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的勻減速直線運動，到達屏時，豎直分速度減為零，在豎直方向，在板間和板外，兩過程具有對稱性，所以板間的加速度a＝g，即Eq－mg＝ma，即Eq＝2

9、mg，場強大小為E＝，粒子在板內(nèi)和板外均做勻變速曲線運動，A、D錯誤，B正確．粒子在豎直方向經(jīng)過的總路程s＝gt22，t＝，解得s＝，C正確．] 7．(08786723)(多選)圖甲中的直線為一靜電場中的電場線，一不計重力的帶負電粒子從電場線上的M點沿電場線運動至N點，假設(shè)粒子僅受電場力作用，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點所受的電場力等于在N點所受的電場力 B．該電場線上的電場方向由N點指向M點 C．粒子由M點向N點運動的過程中，電場力做負功 D．粒子在N點的電勢能大于在M點的電勢能 解析：AB　[由運動學公式v－v＝2ax可知，v2x

10、圖象的斜率為2a，即粒子受到的電場力大小不變，選項A正確；從M點到N點粒子的動能變大，電場力做正功，粒子電勢能變小，由M點至N點電場線上的電勢升高，則電場線上的電場方向由N點指向M點，選項B正確，C、D錯誤．] 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，右極板電勢隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，電子原來靜止在左極板小孔處，不計電子的重力，下列說法正確的是(　　) 甲　　　　　　　乙 A．若t＝0時刻釋放電子，電子始終向右運動，直到打到右極板上 B．若t＝0時刻釋放電子，電子可能在兩板間振動 C．若t＝時刻釋放電子，電子可能在兩板間振動，

11、也可能打到右極板上 D．若t＝時刻釋放電子，電子必然打到左極板上 解析：AC　[若t＝0時刻釋放電子，電子將重復先加速后減速的運動，直到打到右極板，不會在兩板間振動，所以A正確，B錯誤；若從t＝時刻釋放電子，電子先加速，再減速，有可能電子已到達右極板，若此時未到達右極板，則電子將在兩極板間振動，所以C正確；同理，若從t＝時刻釋放電子，電子有可能達到右極板，也有可能從左極板射出，這取決于兩板間的距離，所以D錯誤．此題考查帶電粒子在交變電場中的運動．] [B級—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的中線進入到偏轉(zhuǎn)電場．平行金屬板C、D長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C、D之間未加電壓時電子沿C、D板的中線穿過，打在熒光屏上的O點并發(fā)出熒光．現(xiàn)給金屬板C、D之間加一個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板上的小孔射出時的速率v0； (2)打在熒光屏上的電子的最大動能； (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板的方向進入到偏轉(zhuǎn)電場中，求電子打到熒光屏上亮線的長度(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動，通過C、D板間的時間 t＝＝2.010－9 s. 電子通過時間極短，可認為通過時電場恒定，電子在電場中做類平拋運動，當C、D間電壓最大時，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，所以電子剛好從下極板邊緣飛出時，豎直方向速度最大，動能最大，由平拋運動推論得＝，可以得到vy＝4.0106 m/s，電子的最

14、大動能Ekmax＝mv2＝m(v＋v)＝1.910－16 J. (3)當電子在靠近上極板射入，偏轉(zhuǎn)電壓為0時，電子做勻速直線運動通過偏轉(zhuǎn)電場，此時打在熒光屏上亮線最上端． 當電子從D板下端邊緣通過，豎直方向速度最大時，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，當電子從距離D板高度6.010－3 m處射入偏轉(zhuǎn)電場時，能夠到達熒光屏上亮線最下端，設(shè)此時電子豎直方向位移為y2，則由平拋運動推論可得＝，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)從y軸上的A點以初速度v0水平拋出，兩長為L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進入兩板間，試求帶電小球在y軸上的拋出點A的坐標及小球拋出時的初速度v0； (2)若該平行金屬板M、N間有如圖所示的勻強電場，且勻強電場的電場強度大小與小球質(zhì)量之間的關(guān)系滿足E＝，試計算兩平行金屬板M、N之間的垂直距離d至少為多少時才能保證小

16、球不打在N板上． 解析：(1)設(shè)小球由y軸上的A點運動到金屬板M的中點B的時間為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A的縱坐標為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A的坐標為，小球拋出時的初速度大小為v0＝ . (2)設(shè)小球進入電場時的速度大小為v，則由動能定理可得mgh＝mv2－mv， 解得v＝ . 帶電小球進入勻強電場后的受力情況如圖所示． 因為E＝，所以qE＝mgcos θ， 因此，帶電小球進入該勻強電

17、場后將做類平拋運動，其加速度大小為a＝＝gsin θ 設(shè)帶電小球在該勻強電場中運動的時間為t′，欲使小球不打在N板上，由類平拋運動的規(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點平滑連接，整個軌道處在水平向左的勻強電場中，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. (1)若滑塊從水平軌道

18、上距離B點s＝3R的A點由靜止釋放，求滑塊到達與圓心O等高的C點時，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點飛出軌道，求滑塊在圓軌道上滑行過程中的最小速度的大?。? 解析：(1)設(shè)滑塊到達B點時的速度為v，由動能定理有Eqs－μmgs＝mv2 而：qE＝ 解得：v＝ 設(shè)滑塊到達C點時速度為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，由電場力和重力的合力提供向心力，此時的速度最小(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的帶電粒子在勻強電場的作用下，在t＝0時由靜止開始運動，場強隨時間變化的規(guī)律如圖所示，不計重力．求在t＝0到t＝T的時間間隔內(nèi) (1)粒子位移的大小和方向； (2)粒子沿初始電場反方向運動的時間． 解析：(1)帶電粒子在0～、～、～、～T 時間間隔內(nèi)做勻變速運動，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時間間隔內(nèi)運動的at圖象如圖甲所示，對應(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時的位移為x＝v1⑥ 由⑤⑥式得x＝⑦ 它沿初始電場正方向． (2)由圖乙可知，粒子在t＝T到t＝T內(nèi)沿初始電場的反方向運動，總的運動時間t為 t＝T－T＝. 答案：(1)　沿初始電場正方向　(2) 6EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F375