2020高考物理总复习课时冲关练 (7) 8页

电场中的力电综合问题 ‎ [A级－基础练]‎ ‎1．如图所示，高为h的固定光滑绝缘斜面，倾角θ＝53°，将其置于水平向右的匀强电场中，现将一带正电的物块(可视为质点)从斜面顶端由静止释放，其所受的电场力是重力的倍，重力加速度为g，则物块落地的速度大小为(　　 )‎ A．2　　　　　 B．2 C．2 D. 解析：D　[对物块受力分析知， 物块不沿斜面下滑， 离开斜面后沿重力、 电场力合力的方向运动，F合＝mg，x＝h，由动能定理得F合·x＝mv2，解得v＝.]‎ ‎2．如图所示，一质量为m、带电荷量为q的粒子，以初速度v0从a点竖直向上射入匀强电场中，匀强电场方向水平向右．粒子通过电场中的b点时，速率为2v0，方向与电场方向一致，则a、b两点间的电势差为(　　) ‎ A. B. C. D. 解析：C　[由题意可知，粒子受重力和水平方向的电场力作用，由加速度定义a＝Δv/Δt，可得加速度的大小ax＝2ay＝2g，由牛顿第二定律可知，qE＝2mg，水平位移x＝v0t，竖直位移y＝v0t/2，即x＝2y，因此电场力做功W1＝qEx＝qUab，重力做功W2＝－mgy＝－W1/4，由动能定理得：W1＋W2＝m(2v0)2－mv，解得：Uab＝.]‎ ‎3．空间某区域内存在着电场，电场线在竖直平面上的分布如图所示．一个质量为m、电荷量为q的带电小球在该电场中运动，小球经过A点时的速度大小为v1，方向水平向右；运动至B点时的速度大小为v2，运动方向与水平方向之间的夹角为α，A、B两点间的高度差为h、水平距离为s，则以下判断正确的是(　　)‎ A．A、B两点的电场强度和电势关系为EAv1，则电场力一定做正功 C．A、B两点间的电势差为(v－v)‎ D．小球从A点运动到B点的过程中电场力做的功为mv－mv－mgh 解析：D　[由电场线的方向和疏密可知A点电场强度小于B点，但A点电势高于B点，A错误．若v2>v1说明合外力对小球做正功，但电场力不一定做正功，B错误．由于有重力做功，A、B两点间电势差不是(v－v)，C错误．小球从A点运动到B点过程中由动能定理得W电＋mgh＝mv－mv，所以W电＝mv－mv－mgh，D正确．]‎ ‎4．如图所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球，另一端固定于O点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b.不计空气阻力，则下列说法正确的是(　　 )‎ A．小球带负电 B．电场力跟重力平衡 C．小球在从a点运动到b点的过程中，电势能减小 D．小球在运动过程中机械能守恒 解析：B　[由于小球在竖直平面内做匀速圆周运动，所以重力与电场力的合力为0，电场力方向竖直向上，小球带正电，A错，B对；从a→b，电场力做负功，电势能增大，C错；由于有电场力做功，机械能不守恒，D错．]‎ ‎5．如图所示，MPQO为有界的竖直向下的匀强电场，电场强度为E，ACB为光滑固定的半圆形轨道，轨道半径为R，A、B为圆水平直径的两个端点，AC为圆弧．一个质量为m，电荷量为－q的带电小球，从A点正上方高为H处由静止释放，并从A点沿切线进入半圆轨道．不计空气阻力及一切能量损失，关于带电小球的运动情况，下列说法正确的是(　　 )‎ A．小球一定能从B点离开轨道 B．小球在AC部分可能做匀速圆周运动 C．若小球能从B点离开，上升的高度一定等于H D．小球到达C点的速度可能为零 解析：B　[若电场力大于重力，则有可能不从B点离开轨道，选项A错误；若电场力等于重力，小球在AC部分做匀速圆周运动，选项B正确；因电场力做负功，则机械能损失，上升的高度一定小于H，选项C错误；由圆周运动知识可知，若小球到达C点的速度为零，则在此之前就已脱轨了，选项D错误．]‎ ‎6．(2019·安阳模拟)如图所示，BCDG是光滑绝缘的圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，现有一质量为m、带正电的小滑块(可视为质点)置于水平轨道上，滑块受到的电场力大小为mg，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g.‎ ‎(1)若滑块从水平轨道上距离B点s＝3R的A点由静止释放，求滑块到达与圆心O等高的C点时，受到轨道的作用力大小．‎ ‎(2)改变s的大小，使滑块恰好始终沿轨道滑行，且从G点飞出轨道，求滑块在圆轨道上滑行过程中的最小速度的大小．‎ 解析：(1)设滑块到达B点时的速度为v，由动能定理有 Eqs－μmgs＝mv2‎ 而：qE＝ 解得：v＝ 设滑块到达C点时速度为vC，受到轨道的作用力大小为F，‎ 则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)要使滑块恰好始终沿轨道滑行，则滑至圆轨道DG间某点，由电场力和重力的合力提供向心力，此时的速度最小(设为vmin)，‎ 则有：＝m 解得：vmin＝.‎ 答案：(1)mg　(2) ‎[B级－能力练]‎ ‎7．如图所示，一质量为m、电荷量为q的小球在电场强度为E、区域足够大的匀强电场中，以初速度v0沿ON在竖直面内做匀变速直线运动．ON与水平面的夹角为30°，重力加速度为g，且mg＝Eq，则(　　)‎ A．电场方向竖直向上 B．小球运动的加速度大小为2g C．小球上升的最大高度为 D．若小球在初始位置的电势能为零，则小球电势能的最大值为 解析：D　[由于带电小球在竖直面内做匀变速直线运动，其合力沿ON方向，而mg＝qE，由三角形定则，可知电场方向与ON方向成120°角，A错误；由图中几何关系可知，其合力为mg，由牛顿第二定律可知a＝g，方向与初速度方向相反，B错误；设带电小球上升的最大高度为h，由动能定理可得：－mg·2h＝0－mv，解得：h＝，C错误；电场力做负功，带电小球的电势能变大，当带电小球速度为零时，其电势能最大，则Ep＝－qE·2hcos 120°＝qEh＝mg·＝，D正确．]‎ ‎8．(多选)图甲中的直线为一静电场中的电场线，一不计重力的带负电粒子从电场线上的M点沿电场线运动至N点，假设粒子仅受电场力作用，图乙描述了该粒子速度的平方随其位移的变化规律，则(　　)‎ A．粒子在M点所受的电场力等于在N点所受的电场力 B．该电场线上的电场方向由N点指向M点 C．粒子由M点向N点运动的过程中，电场力做负功 D．粒子在N点的电势能大于在M点的电势能 解析：AB　[由运动学公式v－v＝2ax可知，v2－x图象的斜率为2a，即粒子受到的电场力大小不变，选项A正确；从M点到N点粒子的动能变大，电场力做正功，粒子电势能变小，由M点至N点电场线上的电势升高，则电场线上的电场方向由N点指向M点，选项B正确，C、D错误．]‎ ‎9．(2019·湖北八校联考)(多选)如图所示，在竖直平面内xOy坐标系中分布着与水平方向成45°角的匀强电场，将一质量为m、带电荷量为q的小球，以某一初速度从O点竖直向上抛出，它的轨迹恰好满足抛物线方程x＝ky2，且小球通过点P.已知重力加速度为g，则(　　 )‎ A．电场强度的大小为 B．小球初速度的大小为 C．小球通过点P时的动能为 D．小球从O点运动到P点的过程中，电势能减少 解析：BC　[小球做类平抛运动，则电场力与重力的合力沿x轴正方向，qE＝mg，电场强度的大小为E＝，A错误；F合＝mg＝ma，所以a＝g，由类平抛运动规律有＝v0t，＝gt2，得小球初速度大小v0＝ ，B正确；由P点的坐标分析可知＝，所以小球通过点P时的动能为mv2＝m(v＋v)＝，C正确；小球从O到P过程中电势能减少，且减少的电势能等于电场力做的功，即W＝qE·＝，D错误．]‎ ‎10．(2019·辽宁省三校高三第三次调研考试)如图所示，矩形区域PQNM内存在平行于纸面的匀强电场，一质量为m＝2.0×10－11kg、电荷量为q＝1.0×10－5 C的带正电粒子(重力不计)从a点以v1＝1×104 m/s的初速度垂直于PQ进入电场，最终从MN边界的b点以与水平边界MN成30°角斜向右上方的方向射出，射出电场时的速度v2＝2×104 m/s，已知MP＝20 cm、MN＝80 cm，取a点电势为零，如果以a点为坐标原点O，沿PQ方向建立x轴，则粒子从a点运动到b点的过程中，电场的电场强度E、电势φ、粒子的速度v、电势能Ep随x的变化图象正确的是(　　 )‎ 解析：D　[因为规定a点电势为零，粒子进入电场后做类平抛运动，根据电场力做功与电势能的变化的关系，有qEx＝ΔEp＝0－Ep，故Ep＝－qEx，故选项D正确；因为匀强电场中的电场强度处处相等，故选项A错误；因为粒子离开电场时的速度v2＝＝2v1，电场的方向水平向右，沿电场线的方向电势降低，故选项B错误；粒子在电场中运动的过程中，由动能定理可知，qEx＝mv2－mv，所以v与x不是线性关系，选项C错误．]‎ ‎11．(2019·安徽宿州一模)(多选)如图所示，两带电平行金属板水平放置，板长为L，距离右端L处有一竖直放置的光屏M.一质量为m、带电荷量为q的粒子以速度v0从两板中央射入板间，最后垂直打在M屏上，重力加速度为g.则下列结论正确的是(　　)‎ A．板间电场强度大小为 B．板间电场强度大小为 C．粒子在竖直方向上经过的总路程为 D．粒子在板内做匀变速直线运动 解析：BC　[带电粒子能垂直打在屏上，说明一定要考虑粒子的重力，粒子在水平方向做匀速直线运动，在板内和板外的运动时间相同，在板间，竖直方向受向上的电场力和向下的重力，加速度向上，射出电场时，速度斜向上；在板外，仅受重力，竖直方向做速度竖直向上、加速度竖直向下且大小为g的匀减速直线运动，到达屏时，竖直分速度减为零，在竖直方向，在板间和板外，两过程具有对称性，所以板间的加速度a＝g，即Eq－mg＝ma，即Eq＝2mg，场强大小为E＝，粒子在板内和板外均做匀变速曲线运动，A、D错误，B正确．粒子在竖直方向经过的总路程s＝gt2×2，t＝，解得s＝，C正确．]‎ ‎12．如图所示，光滑水平轨道与半径为R的光滑竖直半圆轨道在B点平滑连接，在过圆心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的匀强电场，现有一质量为m、电荷量为＋q的小球从水平轨道上A点由静止释放，小球运动到C点离开圆轨道后，经界面MN上的P点进入电场(P点恰好在A点的正上方，小球可视为质点，小球运动到C点之前电荷量保持不变，经过C点后电荷量立即变为零)．已知A、B间距离为2R，重力加速度为g，在上述运动过程中，求：‎ ‎(1)电场强度E的大小；‎ ‎(2)小球在圆轨道上运动时的最大速率；‎ ‎(3)小球对圆轨道的最大压力的大小．‎ 解析：(1)设小球过C点时速度大小为vC，小球从A到C由动能定理知 qE·3R－mg·2R＝mv 小球离开C点后做平抛运动到P点，有 R＝gt2‎ ‎2R＝vCt 联立解得E＝.‎ ‎(2)设小球运动到圆轨道D点时速度最大，设最大速度为v，此时OD与竖直线OB夹角设为α，小球从A点运动到D点的过程，根据动能定理知 qE(2R＋Rsin α)－mgR(1－cos α)＝mv2‎ 即mv2＝mgR(sin α＋cos α＋1)‎ 根据数学知识可知，当α＝45°时动能最大，由此可得 v＝.‎ ‎(3)由(2)中知，由于小球在D点时速度最大且电场力与重力的合力恰好背离半径方向，故小球在D点时对圆轨道的压力最大，设此压力大小为F，由牛顿第三定律可知小球在D点受到的轨道的弹力大小也为F，在D点对小球进行受力分析，并建立如图所示坐标系，由牛顿第二定律知 F－qEsin α－mgcos α＝ 解得F＝(2＋3)mg.‎ 答案：(1)　(2) 　(3)(2＋3)mg