2019高考物理一輪復(fù)習(xí) 第七章 靜電場 第58講 力電綜合問題加練半小時(shí) 教科版

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1、 第58講 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)知識或功能關(guān)系解題． 1．(2017·河北衡水模擬)如圖1所示，地面上某個(gè)空間區(qū)域存在這樣的電場，水平虛線上方為場強(qiáng)E1，方向豎直向下的勻強(qiáng)電場；虛線下方為場強(qiáng)E2，方向豎直向上的勻強(qiáng)電場．一個(gè)質(zhì)量m，帶電＋q的小球從上方電場的A點(diǎn)由靜止釋放，結(jié)果剛好到達(dá)下方電場中與A關(guān)于虛線對稱的B點(diǎn)，則下列結(jié)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(diǎn)電勢能相等 C

2、．在虛線上、下方的電場中，帶電小球運(yùn)動(dòng)的加速度相同 D．兩電場強(qiáng)度大小關(guān)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(diǎn)射入電容器，分別沿著虛線1和2運(yùn)動(dòng)，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(guān)于兩粒子的說法正確的是(　　) 圖2 A．兩者均做勻減速直線運(yùn)動(dòng) 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(shí)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(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的滑塊，沿絕緣斜面勻速下滑，當(dāng)滑塊滑至豎直向下勻強(qiáng)電場區(qū)時(shí)，滑塊運(yùn)動(dòng)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(nèi)的等邊三角形ABC的邊長為L，頂點(diǎn)C恰好位于光滑絕緣直軌道CD的最低點(diǎn)，光滑直導(dǎo)軌的上端點(diǎn)D到A、B兩點(diǎn)的距離均為L，D在AB邊上的豎直投影點(diǎn)為O.一對電荷量均為－Q的點(diǎn)電荷分別固定于A、B兩點(diǎn)．在D處將質(zhì)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(diǎn)的場強(qiáng)大小為 B．小球剛到達(dá)C點(diǎn)時(shí)，其加速度為零 C．小球剛到達(dá)C點(diǎn)時(shí)，其動(dòng)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(biāo)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(guān)系圖像，圖中x＝L點(diǎn)為圖線的最低點(diǎn)，若在x＝2L的C點(diǎn)由靜止釋放一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為＋q的帶電小球(可視為質(zhì)點(diǎn))，下列有關(guān)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(dá)x＝－2L點(diǎn)處 C．小球?qū)⒁詘＝L點(diǎn)為中心做往復(fù)運(yùn)動(dòng) 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(diǎn)套有一質(zhì)量為m、帶電荷量為－q的小環(huán)，在桿的左側(cè)固定一電荷量為＋Q的點(diǎn)電荷，桿上a、b兩點(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)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(gè)電荷量為q＝1.41×10－4C，質(zhì)量m＝1g的帶電小球自A板上的孔P點(diǎn)以水平速度v0＝0.1m/s飛入兩板之間的電場，經(jīng)0.02 s后未與B板相碰又回到P點(diǎn)，g取10 m/s2，則(　　) 圖7 A．板間電場強(qiáng)度大小為100V/m B．板間電場強(qiáng)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(qiáng)電場方向水平向右，場強(qiáng)為E，不可伸長的懸線長為L.上端系于O點(diǎn)，下端系質(zhì)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(diǎn)A由靜止釋放，則下列說法錯(cuò)誤的是(　　) 圖8 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 9．(2017·安徽馬鞍山一模)如圖9所示，一光滑絕緣細(xì)直桿MN，長為L，水平固定在勻強(qiáng)電場中，場強(qiáng)大小為E，方向與豎直方向夾角為θ.桿的M端固定一個(gè)帶負(fù)電小球A，電荷量大小為Q；另一帶負(fù)電的小球B穿在桿上，可自由滑動(dòng)，電荷量大小為q，質(zhì)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(yùn)動(dòng)，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(xì)桿的壓力的大小； (2)小球B開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度的大??； (3)小球B速度最大時(shí)，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(shè)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(yùn)動(dòng)到指定的區(qū)域進(jìn)行收集．為簡化計(jì)算，可認(rèn)為每個(gè)灰塵顆粒的質(zhì)量及其所帶電荷量均相同，設(shè)每個(gè)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(dá)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(zhì)量較小，為簡化計(jì)算，灰塵顆粒在空氣中受電場力作用后達(dá)到電場力與空氣阻力相等的過程所用的時(shí)間

9、及通過的位移均可忽略不計(jì)，同時(shí)也不計(jì)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(shè)計(jì)方案是這樣的，需要除塵的空間是一個(gè)高為H的絕緣圓桶形容器的內(nèi)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(nèi)空間的電場可視為勻強(qiáng)電場)，便可以在一段時(shí)間內(nèi)將圓桶區(qū)域內(nèi)的帶電灰塵顆粒完全吸附在金屬板上，從而達(dá)到除塵的作用．求灰塵顆粒運(yùn)動(dòng)可達(dá)到的最大速率； (2)對于一個(gè)待除塵的半徑為R的絕緣圓桶形容器內(nèi)部區(qū)域，還可以設(shè)計(jì)另一種靜電除塵的方案：沿圓桶的軸線有一根細(xì)直導(dǎo)線作為電極

10、，緊貼圓桶內(nèi)壁加一個(gè)薄金屬桶作為另一電極．在直導(dǎo)線電極外面套有一個(gè)由絕緣材料制成的半徑為R0的圓桶形保護(hù)管，其軸線與直導(dǎo)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(qiáng)度的大小恰好等于第(1)問的方案中圓桶內(nèi)電場強(qiáng)度的大小，且已知此方案中沿圓桶半徑方向電場強(qiáng)度大小E的分布情況為E∝，式中r為所研究的點(diǎn)與直導(dǎo)線的距離． ①試通過計(jì)算分析，帶電灰塵顆粒從保護(hù)管外壁運(yùn)動(dòng)到圓桶內(nèi)壁的過程中，其瞬時(shí)速度大小v隨其與直導(dǎo)線的距離r之間的關(guān)系； ②對于直線運(yùn)動(dòng)，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(guān)系，畫出隨r變化的圖像，根據(jù)圖像的面積求出帶電

11、灰塵顆粒從保護(hù)管外壁運(yùn)動(dòng)到圓桶內(nèi)壁的時(shí)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(zhì)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(diǎn)以v0＝4m/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11 (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；

12、(3)小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能． 答案精析 1．A　[對小球由A到B的過程運(yùn)用動(dòng)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(diǎn)的電勢能不等，故A正確，B錯(cuò)誤；小球從A運(yùn)動(dòng)到虛線速度由零加速至v，從虛線運(yùn)動(dòng)到B速度由v減為零，位移相同，根據(jù)勻變速運(yùn)動(dòng)的推論知，加速度大小相等，方向相反，故C錯(cuò)誤；在上方電場，根據(jù)牛頓第二定律得：小球加速度大小為a1＝，在下方電場中，根據(jù)牛頓第二定律得，小球加速度大小為：a2＝，因?yàn)閍1＝a2，解得：E2－E1＝，故D錯(cuò)誤．] 2．AD　[根據(jù)題意可知，粒子做直線運(yùn)動(dòng)，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(jù)受力圖，粒子做直線運(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)，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(fù)功，電勢能逐漸增加；粒子乙運(yùn)動(dòng)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(cuò)誤；根據(jù)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(cuò)誤； 帶電粒子甲沿水平直線運(yùn)動(dòng)，合力做的功： W1＝－m甲gtan30°·＝－m甲gL， 根據(jù)動(dòng)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(yùn)動(dòng)， 合力做的功：W2＝－m乙gsin30°·L＝－m乙gL， 根據(jù)動(dòng)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(shè)斜面的傾角為θ.滑塊沒有進(jìn)入電場時(shí)， 根據(jù)平衡條件得mgsinθ＝f N＝mgcosθ又f＝μN(yùn)，得到，mgsinθ＝μmgcosθ， 即有sinθ＝μcosθ 當(dāng)滑塊進(jìn)入電場時(shí)，設(shè)滑塊受到的電場力大小為F. 根據(jù)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(yùn)動(dòng)．] 4．BC 5．AD　[據(jù)φ－x圖像切線的斜率等于場強(qiáng)E，則知x＝L處場強(qiáng)為零，所以小球在C處受到的電場力向左，向左加速運(yùn)動(dòng)，到x＝L處加速度為0，從x＝L處向左運(yùn)動(dòng)時(shí)，電場力向右，做減速運(yùn)動(dòng)，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(diǎn)的電勢大于x＝2L點(diǎn)的電勢，所以小球不可能到達(dá)x＝－2L點(diǎn)處，故B錯(cuò)誤；由題圖乙知圖像不關(guān)于x＝L對稱，所以小球不會以x＝L點(diǎn)為中心做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；x＝L處場強(qiáng)為零，根據(jù)點(diǎn)電荷場強(qiáng)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(diǎn)，則小球先做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，減速到0，后反向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，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(jù)幾何關(guān)系 tanθ＝＝＝＝1，得θ＝45° F電＝＝mg＝qE 代入數(shù)據(jù)解得E＝100V/m，故A、D正確，B、C錯(cuò)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(jù)等效思想，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)合場中做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，由對稱性可知，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

17、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－cos45°)＝mv2，根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)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(xiàng)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(xì)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(dāng)小球B的速度最大時(shí)，加速度為零，有： qEsinθ＝ 解得：x＝

18、. 10．見解析 解析　(1)圓桶形容器內(nèi)的電場強(qiáng)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(shí)，灰塵達(dá)到最大速度，并設(shè)為v1， 則有kv1＝ 解得v1＝ (2)①由于灰塵顆粒所在處的電場強(qiáng)度隨其與直導(dǎo)線距離的增大而減小，且桶壁處的電場強(qiáng)度為第(1)問方案中場強(qiáng)的大小，則E1＝，設(shè)在距直導(dǎo)線為r處的場強(qiáng)大小為E2， 則＝，解得E2＝ 故與直導(dǎo)線越近處，電場強(qiáng)度越大．設(shè)灰塵顆粒運(yùn)動(dòng)到與直導(dǎo)線距離為r時(shí)的速度為v，則kv＝qE2 解得v＝ 上式表明，灰塵微粒在向圓桶內(nèi)壁運(yùn)動(dòng)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(nèi)，電場強(qiáng)度可視為相同，其速度v可視為相同，對應(yīng)于Δr的一段－r的圖線下的面積為Δr＝，顯然，這個(gè)小矩形的面積等于灰塵微粒通過Δr的時(shí)間Δt＝.所以，灰塵微粒從保護(hù)管外壁運(yùn)動(dòng)到圓桶內(nèi)壁所需的總時(shí)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(hù)管外壁運(yùn)動(dòng)到圓桶內(nèi)壁的時(shí)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(yùn)動(dòng)過程水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)， vx＝v0＝4m/s 豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，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(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沿該直線方向， 則tanθ＝＝ 解得：E＝＝5×103N/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＝，cosθ＝＝ 從B到C由動(dòng)能定理得：F合s＝EkC－mv 解得：EkC＝0.225J. 11