2019高考物理三輪沖刺 大題提分 大題精做7 電場中的力和能

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1、大題精做七 電場中的力和能 1．如圖所示，在豎直平面內(nèi)存在豎直方向的勻強(qiáng)電場。長度為l的輕質(zhì)絕緣細(xì)繩一端固定在O點，另一端連接一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球(可視為質(zhì)點)，初始時小球靜止在電場中的a點，此時細(xì)繩拉力為2mg，g為重力加速度。 (1)求電場強(qiáng)度E和a、O兩點的電勢差UaO； (2)小球在a點獲得一水平初速度va，使其能在豎直面內(nèi)做完整的圓周運動，則va應(yīng)滿足什么條件？ 【解析】(1)小球靜止在a點時，由共點力平衡可得mg＋2mg＝qE① 得E＝，方向豎直向上② 在勻強(qiáng)電場中，有UOa＝El③ 則a、O兩點電勢差UaO＝－④ (2)小球從a點恰好運動到b點，設(shè)

2、到b點速度大小為vb， 由動能定理得－qE·2l＋mg·2l＝mvb2－mva2⑤ 小球做圓周運動通過b點時，由牛頓第二定律可得qE－mg＝m⑥ 聯(lián)立②⑤⑥可得va＝，故應(yīng)滿足va≥。 2．如圖(a)所示，傾角θ＝30°的光滑固定斜桿底端固定一電量為Q＝2×10－4C的正點電荷，將一帶正電小球(可視為點電荷)從斜桿的底端(但與Q未接觸)靜止釋放，小球沿斜桿向上滑動過程中能量隨位移的變化圖象如圖(b)所示，其中線1為重力勢能隨位移變化圖象，線2為動能隨位移變化圖象，靜電力恒量k＝9×109N·m2/C2，則： (1)請描述小球向上運動過程中的速度與加速度的變化情況； (2)求小球的質(zhì)

3、量m和電量q； (3)求斜桿底端至小球速度最大處由底端正點電荷Q形成的電場的電勢差U。 【解析】(1)先沿斜面向上做加速度逐漸減小的加速運動，再沿斜面向上做加速度逐漸增大的減速運動，直至速度為零。 (2)由線1可得EP＝mgh＝mgsinθ 斜率＝20＝mgsin30°，所以m＝4kg 當(dāng)達(dá)到最大速度時帶電小球受力平衡mgsinθ＝kqQ/s 由線2可得s0＝1m 得q＝mgssinθ/kQ＝1.11×10－5C (3)由線2可得當(dāng)帶電小球運動至1m處動能最大為27J。 根據(jù)動能定理WG＋W電＝ΔEk －mgh＋qU＝Ekm－0 代入數(shù)據(jù)得U＝4.23×106

4、V 1．如圖所示，質(zhì)量為m的小球A穿在絕緣細(xì)桿上，桿的傾角為α，小球A帶正電，電荷量為q。在桿上B點處固定一個電荷量為Q的正電荷。將A由距B豎直高度為H處無初速度釋放，小球A下滑過程中電荷量不變。不計A與細(xì)桿間的摩擦，整個裝置處在真空中，已知靜電力常量k和重力加速度g。求： (1)A球剛釋放時的加速度大小； (2)當(dāng)A球的動能最大時，A球與B點的距離。 【解析】（1）由牛頓第二定律可知mgsinα－F＝ma 根據(jù)庫侖定律F＝kQqr2，r＝H/sinα 得a＝gsinα－kQqsin2αmH2. （2）當(dāng)A球受到合力為零、加速度為零時，動能最大．設(shè)此時A球與B球間的距離為R

5、，則mgsinα＝kQqR2 解得R＝kQqmgsinα。 2．在足夠長的粗糙絕緣板A上放一個質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小滑塊B。用手托住A置于方向水平向左、場強(qiáng)大小為E的勻強(qiáng)電場中，此時A、B均能靜止，如圖所示?，F(xiàn)將絕緣板A從圖中位置P垂直電場線移至位置Q，發(fā)現(xiàn)小滑塊B相對于A發(fā)生了運動。為研究方便可以將絕緣板A的運動簡化成先勻加速接著勻減速到靜止的過程。測量發(fā)現(xiàn)豎直方向加速的時間為0.8s，減速的時間為0.2s。P、Q位置高度差為0.5m。已知勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)E＝；A、B之間動摩擦因數(shù)μ＝0.4，g取10m/s2。求： (1)絕緣板A加速和減速的加速度分別為多大？? (2)滑塊B最后停

6、在離出發(fā)點水平距離多大處？ 【解析】(1)設(shè)絕緣板A加速和減速的加速度大小分別為a1、a2。 加速階段的末速度為v，x1＝t1 x2＝t2 v＝a1t1 v＝a2t2 聯(lián)立解得：v＝1m/s，a1＝1.25m/s2，a2＝5m/s2。 (2)研究滑板B，在絕緣板A勻減速的過程中，由牛頓第二定律可得 豎直方向上：mg－N＝ma2? 水平方向上：Eq－μN＝ma3? 求得：a3＝0.1g＝1 m/s2 在這個過程中滑板B的水平位移大小為x3＝12a3t22＝0.02 m 在絕緣板A靜止后，滑板B將沿水平方向做勻減速運動，設(shè)加速度大小為a4，有 μmg－Eq＝ma4， 得

7、a4＝0.1g＝1 m/s2? 該過程中滑板B的水平位移大小為x4＝x3＝0.02 m? 最后滑板B靜止時離出發(fā)點的水平距離x＝x4＋x3＝0.04 m 3．如圖所示，電源電動勢E＝64V，內(nèi)阻不計，電阻R1＝4 Ω，R2＝12 Ω，R3＝16 Ω，開始開關(guān)S1閉合，S2斷開，平行板電容器的兩極板A、B與水平面的夾角θ＝37°，兩極板A、B間的距離d＝0.4m，板間有一個傳動裝置，絕緣傳送帶與極板平行，皮帶傳動裝置兩輪軸心相距L＝1m，傳送帶逆時針勻速轉(zhuǎn)動，其速度為v＝4m/s。現(xiàn)有一個質(zhì)量m＝0.1kg、電荷量q＝＋0.02C的工件（可視為質(zhì)點，電荷量保持不變）輕放在傳送帶底端(工件與

8、傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.25)，同時開關(guān)S2也閉合，極板間電場反向，電路瞬間能穩(wěn)定下來。求：（g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8） (1)開關(guān)S1閉合，S2斷開時，兩極板A、B間的場強(qiáng)大小和方向； (2)工件在傳送帶上運動的加速度大??； (3)工件從底端運動到頂端過程中，工件因與傳送帶摩擦而產(chǎn)生的熱量。 【解析】(1)開關(guān)S1閉合，S2斷開時，R1與R2串聯(lián)，電路中的電流：I1＝ER1+R2＝644+12A＝4A 此時A、B之間的電勢差等于R1兩端的電壓， 所以：UBA＝UR1＝I1·R1＝4×4＝16V 兩極板A、B間的場強(qiáng)大?。篍1＝UBAd＝1

9、60.4＝40V/m 電場方向為由B指向A； (2)開關(guān)S2也閉合，R1與R2串聯(lián)電壓不變，所以流過它們的電流不變，此時A、B之間的電勢差等于R2兩端的電壓，所以：UAB'＝UR2＝I1·R2＝4×12＝48V 兩極板A、B間的場強(qiáng)大?。篍2＝UAB'd＝480.4＝120V/m 此時工件的受力如圖，則沿傳送帶的方向由牛頓第二定律得： f-mgsinθ＝ma 垂直于傳送帶的方向： N＝mgcosθ+qE2＝0.1×10×cos37°+0.02×120＝3.2N f＝μN＝0.25×3.2＝0.8N a＝f-mgsinθm＝0.8-0.1×10×0.60.1m/s2＝2m/s2

10、 (3)工件達(dá)到4m/s需要的時間：t＝va＝42s＝2s 工件的位移：x1＝12at2＝12×2×22＝4m>1m 所以工件應(yīng)該一直做加速運動，L＝12at02 t0＝2La＝2×12＝1s 此時傳送帶的位移：x2＝vt＝4×1m＝4m 工件相對于傳送帶的位移：Δx＝x2-x1＝4m-1m＝3m 工件與傳動帶因摩擦而產(chǎn)生的熱量：Q＝f·Δx＝0.8×3＝2.4J 4．如圖所示，在沿水平方向的勻強(qiáng)電場中用一根長度l＝0.8 m的絕緣細(xì)繩把質(zhì)量為m＝0.20 kg、帶有正電荷的金屬小球懸掛在固定點O點，小球靜止在B點時細(xì)繩與豎直方向的夾角為θ＝37°?，F(xiàn)將小球拉至位置A使細(xì)線水平

11、后由靜止釋放，求：（g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8） (1)從A到C靜電力對小球做的功； (2)小球通過最低點C時的速度的大?。? (3)小球在擺動過程中細(xì)線對小球的最大拉力。 【解析】（1）小球受到電場力qE，重力mg和繩的拉力F的作用下處于靜止， 根據(jù)共點力的平衡條件有：qE＝mgtan37 o 小球從A到C的過程中，W＝-qEL＝-1.2J （2）A到C的過程中，根據(jù)動能定理有：mgL-qEL＝12mvc2 可得：vc＝2m/s （3）在擺動過程中，經(jīng)B點時，細(xì)線的拉力最大，從A到B的過程中， 根據(jù)動能定理可得：mgLcos37o-q

12、EL（1-sin37 o）＝12mvB2 在B點時，滿足:F-mgcos370＝mvB2L 拉力:F＝4.5N 5．在粗糙的水平面有一絕緣的足夠長的薄長平板，在其左端放一個帶電體(可看成質(zhì)點)，帶電量q＝1×10-2C，整個空間處于向右的勻強(qiáng)電場中，電場強(qiáng)度E＝102N/C，平板質(zhì)量M＝2kg，帶電體質(zhì)量m＝1kg，帶電體與平板間動摩擦系數(shù)μ1＝0.2，平板與地面間動摩擦系數(shù)μ2＝0.1?，F(xiàn)給平板一個向左v0＝7m/s的初速，g取10m/s2，求： (1)帶電體運動的總時間； (2)整個過程帶電體電勢能的變化量及摩擦生熱的內(nèi)能。 【解析】（1）對平板，設(shè)加速度大小為a1 μ1mg

13、+μ2(mg+Mg)＝Ma1 (1) 解得，a1＝2.5m/s2 對帶電體，設(shè)加速度大小為a2 μ1mg-qE＝ma2 (2) 解得，a2＝1m/s2 設(shè)經(jīng)過時間t1達(dá)到共速，v0-a1t1＝a2t1 (3) 解得，t1＝2s 此時速度v＝2m/s 設(shè)一起做減速運動的加速度為a3 μ2(mg+Mg)+qE＝(m+M)a3 (4) 解得，a3＝1.33m/s2 再經(jīng)時間t2停止運動，v＝a3t2 (5) 解得，t2＝1.5s 則運動的總時間為t＝t1+t2＝3.5s （2）整個過程中帶電體一直向左運動， 加速階段，帶電體的位移x1＝12a2t12＝2m 平板的位移x2＝(v+v0)2t1＝9m 減速階段，帶電體的位移x3＝12vt2＝1.5m 則電勢能的增加量為qE(x1+x3)＝3.5J 內(nèi)能的增加量為μ1mg(x2-x1)+μ2(m+M)g(x2+x3)＝45.5J 6