2018年高考物理一轮复习第8章电场微专题44复合场与力电综合问题试题粤教版

44 复合场与力电综合问题[方法点拨] (1)匀强电场可与重力场合成用一合场代替．即，电场力与重力合成一合力．用该合力代替两个力．(2)力电综合问题注意受力分析、运动过程分析，应用动力学知识或功能关系解题．1．(复合场问题)如图1所示，匀强电场方向水平向右，场强为E ，丝线长为L .上端系于O 点，下端系质量为m 、带电量为＋q 的小球，已知Eq ＝mg .现将小球从最低点A 由静止释放，则下列说法错误的是( )图1A ．小球可到达水平位置B ．当悬线与水平方向成45°角时小球的速度最大C ．小球在运动过程中机械能守恒D ．小球速度最大时悬线上的张力为(32－2)mg2．(带电体在电场中的运动)如图2所示，水平放置的平行板电容器两极板间距为d ，带负电的微粒质量为m 、带电荷量为q ，它从上极板的边缘以初速度v 0射入，沿直线从下极板N 的边缘射出，则( )图2A ．微粒的加速度不为零B ．微粒的电势能减少了mgdC ．两极板间的电势差为mgd qD ．M 板的电势低于N 板的电势3．(电场中的功能关系)(多选)如图3所示为一匀强电场，某带电粒子从A 点运动到B 点，在这一运动过程中克服重力做的功为2.0 J ，电场力做的功为1.5 J ．则下列说法正确的是( )图3A ．粒子带负电B ．粒子在A 点的电势能比在B 点小1.5 JC ．粒子在A 点的动能比在B 点大0.5 JD ．粒子在A 点的机械能比在B 点小1.5 J4．(力电综合问题)(多选)如图4所示，轻弹簧上端固定，下端拴着一带正电小球Q ，Q 在O 处时弹簧处于原长状态，Q 可在O 1处静止．若将另一带正电小球q 固定在O 1正下方某处时，Q 可在O 2处静止．现将Q 从O 处由静止释放，则Q 从O 运动到O 1处的过程中( )图4A ．Q 运动到O 1处时速率最大B ．加速度先减小后增大C ．机械能不断减小D ．Q 、q 、弹簧与地球组成的系统的势能不断减小5．在电场强度大小为E 的匀强电场中，将一质量为m 、电荷量为＋q 的带电小球由静止开始释放，带电小球沿与竖直方向成θ角的方向做直线运动．关于带电小球的电势能ε和机械能W 的判断，正确的是( )A ．若sin θ<qE mg ，则ε一定减少，W 一定增加B ．若sin θ＝qE mg ，则ε、W 一定不变C ．若sin θ＝qE mg ，则ε一定增加，W 一定减小D ．若tan θ＝qE mg，则ε可能增加，W 一定增加6．(多选)如图5所示，在一个足够长的固定粗糙绝缘斜面上，彼此靠近地放置两个带同种电荷的相同小物块A 、B ，由静止释放后，两个物块向相反方向运动，并最终静止在斜面上．在物块的运动过程中，下列表述正确的是( )图5A ．两个物块构成的系统电势能逐渐减少B ．两个物块构成的系统机械能一直减少C ．最终静止时A 物块受到的摩擦力方向一定沿斜面向上D ．A 、B 在运动过程中必会同时达到最大速度7．如图6所示，直角三角形ABC 由三段细直杆连接而成，AB 杆竖直，AC 杆粗糙且绝缘，其倾角为30°，长为2L ，D 为AC 上一点，且BD 垂直AC ，在BC 杆中点O 处放置一正点电荷Q .一套在细杆上的带负电小球，以初速度v 0由C 点沿CA 上滑，滑到D 点速率恰好为零，之后沿AC 杆滑回C 点．小球质量为m 、电荷量为q ，重力加速度为g .则( )图6A ．小球上滑过程中先匀加速后匀减速B ．小球下滑过程中电场力先做负功后做正功C ．小球再次滑回C 点时的速率为v C ＝3gL －v 2D ．小球下滑过程中动能、电势能、重力势能三者之和增大8.如图7所示，BCDG 是光滑绝缘的34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34mg ，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g .图7(1)若滑块从水平轨道上距离B点s＝3R的A点由静止释放，滑块到达与圆心O等高的C点时速度为多大？(2)在(1)的情况下，求滑块到达C点时受到轨道的作用力的大小．(3)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．9．如图8所示，带有等量异种电荷的平行金属板M、N竖直放置，M、N两板间的距离d＝0.5 m．现将一质量m＝1×10－2 kg、电荷量q＝＋4×10－5 C的带电小球从两极板上方的A点以v0＝4 m/s的初速度水平抛出，A点距离两板上端的高度h＝0.2 m；之后小球恰好从靠近M 板上端处进入两板间，沿直线运动碰到N板上的C点，该直线与曲线的末端相切．设匀强电场只存在于M、N之间，不计空气阻力，取g＝10 m/s2.求：图8(1)小球到达M极板上边缘B位置时速度的大小；(2)M、N两板间的电场强度的大小和方向；(3)小球到达C点时的动能．答案精析1．C [分析小球受力可知，重力与电场力的合力的方向与竖直方向成45°角，根据等效思想，可以认为小球在此复合场中的等效重力方向与竖直方向成45°角，如图所示．故可知，小球在此复合场中做单摆运动，由对称性可知，小球运动的等效最高点在水平位置，A 项正确；小球运动的等效最低点在与水平方向成45°角的位置，此时小球速度最大，B 项正确；因小球运动过程中电场力做功，所以小球机械能不守恒，C 项错误；由动能定理得2mgL (1－cos 45°)＝12mv 2，根据圆周运动公式及牛顿第二定律可得F T －2mg ＝m v 2L，联立解得F T ＝(32－2)mg ，D 项正确．] 2．C [带负电的微粒在两极板间受竖直向下的重力，竖直方向的电场力，而微粒沿直线运动，由直线运动条件可知，重力与电场力合力必为零，即电场力方向竖直向上，大小等于重力，即mg ＝U d q ，所以两极板之间电势差U ＝mgd q，A 项错，C 项正确；而微粒带负电，所以电场方向竖直向下，而电场方向是由高电势指向低电势的，所以M 板电势高于N 板电势，D 项错；微粒由上极板边缘运动到下极板边缘，电场力方向与位移方向夹角为钝角，所以电场力对微粒做负功，微粒电势能增加，B 项错．]3．CD [从粒子运动的轨迹判断粒子带正电，A 项错误；因为电场力做正功，电势能减小，所以B 项错误；根据动能定理得W 电＋W G ＝ΔE k ＝－0.5 J ，粒子在B 点的动能比在A 点的动能小0.5 J ，C 项正确；电场力做正功，机械能增加，所以粒子在A 点的机械能比在B 点的机械能要小1.5 J ，D 项正确．]4．BC [ q 在O 1正下方某处时，Q 在O 2处受力平衡，速率最大，A 错误；Q 在O 2处加速度为零，Q 第一次从O 运动到O 1的过程中加速度先减小到零后反向增大，B 正确；Q 的机械能E 等于Q 的动能与重力势能之和，由功能关系有ΔE ＝W 弹＋W 电，而弹簧弹力一直做负功，即W 弹<0，库仑力也一直做负功，即W 电<0，则ΔE <0，即Q 的机械能不断减小，C 正确；系统的势能E p 等于重力势能、电势能与弹性势能之和，根据能量守恒有ΔE p ＋ΔE k ＝0，由于Q 的动能E k 先增大后减小，所以系统的势能先减小后增大，D 错误．]5．B [带电小球由静止开始释放，只受重力和电场力，其电势能和机械能之和保持不变．画出带电小球运动过程中可能的受力图，由图可知，若sin θ＝qE mg ，则所受电场力与位移垂直，电场力不做功，电势能ε一定不变，而只有重力做功，机械能W 一定不变，选项B 正确，C 错误．若sin θ<qE mg ，则电场力与位移夹角可能小于90°，电场力做正功，电势能ε减少，根据电势能和机械能之和保持不变可知，机械能W 增加；也可能大于90°，电场力做负功，电势能ε增加，根据电势能和机械能之和保持不变可知，机械能W 减小，选项A 错误．若tan θ＝qE mg，则电场力与位移夹角小于90°，电场力做正功，电势能ε减小，根据电势能和机械能之和保持不变可知，机械能W 增加，选项D 错误．]6．AC [由静止释放后，两个物块向相反方向运动，两物块之间的库仑力做正功，电势能减少，A 项正确；开始阶段，电场力大于摩擦力，所以电场力和摩擦力的合力先做正功，后阶段，电场力小于摩擦力，他们的合力做负功，因此，系统机械能是先增大后减小，B 项错误；最终静止时，对A 受力分析，因为合力为0，所以A 受到的摩擦力方向必定沿斜面向上，C 项正确；合力为0时，两个物块达到最大速度，它们不是在同一时刻，D 项错误．]7．C [小球上滑过程受到的库仑力、摩擦力、支持力不断变化，加速度随合力的变化而变化，A 项错；O 点放置正电荷，而小球带负电，小球下滑过程中，库仑力方向与速度方向夹角先是锐角并不断增大到钝角，电场力先做正功，再做负功，B 项错；由动能定理得，小球上滑过程中，－W G －W f ＝－12mv 20，小球下滑过程中，W G －W f ＝12mv 2C ，其中W G ＝34mgL ，解得v C ＝3gL －v 20，C 项正确；由于小球下滑过程中克服摩擦力做功，故小球的动能、电势能、重力势能之和不断减小，D 项错．]8．(1)gR (2)74mg (3) 5gR 2解析 (1)设滑块到达C 点时的速度为v ，由动能定理得qE (s ＋R )－μmgs －mgR ＝12mv 2－0 而qE ＝3mg 4，μ＝0.5，s ＝3R 解得v ＝gR (2)设滑块到达C 点时受到轨道的作用力大小为F ，则F －qE ＝m v 2R解得F ＝74mg(3)要使滑块恰好始终沿轨道滑行，则滑至圆轨道DG 间某点时，由电场力和重力的合力提供向心力，此时的速度最小(设为v min )，则有 qE 2＋ mg 2＝m v 2min R 解得v min ＝5gR 2. 9．(1)2 5 m/s (2)5×103 N/C 水平向右 (3)0.225 J解析 (1)小球平抛运动过程水平方向做匀速直线运动，v x ＝v 0＝4 m/s竖直方向做匀加速直线运动，h ＝12gt 21，v y ＝gt 1＝2 m/s 解得：v B ＝v 2x ＋v 2y ＝2 5 m/s 方向tan θ＝v y v x ＝12(θ为速度方向与水平方向的夹角) (2)小球进入电场后，沿直线运动到C 点，所以重力与电场力的合力即沿该直线方向，则tan θ＝mg qE ＝12解得：E ＝2mg q＝5×103 N/C ，方向水平向右． (3)进入电场后，小球受到的合外力 F 合＝ mg 2＋ qE 2＝5mgB 、C 两点间的距离s ＝dcos θ，cos θ＝qE F 合＝25从B 到C 由动能定理得：F 合s ＝E k C －12mv 2B 解得：E k C ＝0.225 J.。