届力电综合应用题高考复习

高中物理力电综合例题
力电综合题目是高中物理中较为常见的一类题目，通常涉及到力学、电学、电磁学等多个方面的知识，具有较强的综合性和实验性。

以下是两道力电综合例题，供参考:
1. 一个带电球体在电场中运动，其加速度与电场强度大小和球带电量成正比，如果在电场中施加一个恒定的向右的电场，求球体受到的合力大小。

解：这道题涉及到电场力、重力、惯性力等多个力的关系。

根据电场力公式 F=Eq，可得球体受到的合力大小为:
F=Eq=q(Va/R)^2
其中，Va 为球带电球的极板之间的距离，R 为球的半径。

可以根据牛顿第二定律和惯性力定律求解球的加速度 a，进而求出合力大小。

2. 一个长度为 L、带有负电荷的直导线，在与导线垂直的平面内做匀速圆周运动，导线周围的磁场垂直于导线和平面，磁场大小为B，求导线受到的安培力大小。

解：这道题涉及到磁场、电场、重力等多个力的关系。

根据安培力公式 F=BIL，可得导线受到的安培力大小为:
F=BIL=BL(L/R)^2
其中，R 为直导线的半径。

可以根据牛顿第二定律和圆周运动规律求解直导线的加速度，进而求出安培力大小。

以上是两道力电综合例题，提供了一些解决力电综合题目的思路
和技巧。

在解题时，需要充分理解和掌握电场力、重力、惯性力、磁场力等多个力的关系，熟悉各种公式和定理的应用方法，才能够准确、快速地求解问题。

2024届全国高考复习物理历年好题专项（电场中的力电综合问题）练习1．[2023ꞏ湖南长沙雅礼中学一模](多选)如图所示，电子枪产生的电子经过U 0＝200 V 的电场加速，进入平行板电容器中央，平行板电容器板长L 和板间距离d 均为10 cm ，距板右侧D ＝10 cm 处有一竖直圆筒，圆筒外侧粘有白纸，平行板电容器上所加电压u ＝200sin 2πt(V )，圆筒以n ＝2 r /s 转动，不计电子通过平行板时极板上电压的变化，白纸上涂有感应材料，电子打到白纸上留下黑色印迹，最后从圆筒上沿轴线方向剪开白纸并展开，由于剪开白纸的位置不同，得到的图像形状不同，以下图像可能正确的是( )2．[2023ꞏ福建莆田联考](多选)如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L 的绝缘细线，细线一端固定在O 点，另一端系一质量为m 的带电小球．小球静止时细线与竖直方向成θ角，此时让小球获得初速度且恰能绕O 点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动，重力加速度为g.下列说法正确的是( )A ．匀强电场的电场强度E ＝mg tan θqB ．小球动能的最小值为E k ＝mgL2cos θC ．小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小D ．小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先减小后增大 3．[2022ꞏ全国甲卷](多选)地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场，将一带正电荷的小球自电场中P 点水平向左射出．小球所受的重力和电场力的大小相等，重力势能和电势能的零点均取在P 点．则射出后，( )A ．小球的动能最小时，其电势能最大B ．小球的动能等于初始动能时，其电势能最大C ．小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，其动能最大D ．从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，重力做的功等于小球电势能的增加量 4．[2023ꞏ天津三中模拟](多选)如图所示，竖直平面内有半径为R 的半圆形光滑绝缘轨道ABC ，A 、C 连线为水平直径，B 点为最低点，圆心处固定一电荷量为＋q 1的点电荷．将另一质量为m 、电荷量为＋q 2的带电小球从轨道A 处无初速度释放，已知重力加速度为g ，则( )A ．小球运动到B 点时的速度大小为 2gR B ．小球运动到B 点时的加速度大小为gC ．小球不能运动到C 点D ．小球运动到B 点时对轨道的压力大小为3mg ＋k q 1q 2R 2 [答题区]题号 1 2 3 4 答案5.图甲是近年来兴起的一种静电耳机，图乙是其原理图，A 、B 为两片平行固定金属薄板，M 是位于金属板之间的极薄带电振膜，音频信号加在金属板上，板间将形成随音频信号变化的电场，在静电力作用下振膜振动从而发出声音．若两金属板可看作间距为d 、电容为C 的平行板电容器，振膜质量为m 且均匀带有＋q 电荷，其面积与金属板相等，振膜只能沿垂直金属板方向平行移动，不计重力和阻力．(1)当金属板充电至电荷量为Q 时，求振膜的加速度a.(2)若两板所加电压信号U AB 如图丙所示，在t ＝0时刻振膜从两板正中间位置由静止开始运动，为了使振膜做周期为T 的重复运动并且始终不碰到金属板，求电压u 1和u 2的最大值．6．[2023ꞏ山东烟台一模]如图甲所示，A 和B 是真空中正对面积很大的平行金属板，O 点是一个可以连续产生粒子的粒子源，O 点到A 、B 的距离都是l.现在A 、B 之间加上电压，电压U AB 随时间变化的规律如图乙所示．已知粒子源在交变电压的一个周期内可以均匀产生300个粒子，粒子质量为m 、电荷量为－q.这种粒子产生后，在电场力作用下从静止开始运动．设粒子一旦碰到金属板，它就附在金属板上不再运动，且电荷量同时消失，不影响A 、B 板电势．不计粒子的重力，不考虑粒子之间的相互作用力．已知上述物理量l ＝0.6 m ，U 0＝1.2×103 V ，T ＝1.2×10－2s ，m ＝5×10－10kg ，q ＝1.0×10－7C .(1)在t ＝0时刻产生的粒子，会在什么时刻到达哪个极板？(2)在t ＝0到t ＝T2 这段时间内哪个时刻产生的粒子刚好不能到达A 板？ (3)在t ＝0到t ＝T2 这段时间内产生的粒子有多少个可到达A 板？7.[2023ꞏ北京大兴区模拟]如图所示，水平地面上方分布着水平向右的匀强电场，有一14 圆弧形的绝缘硬质管竖直固定在匀强电场中．圆心与管口在同一水平线上，管的半径为R ，下端管口切线水平，离水平地面的距离为h ，有一质量为m 的带正电(＋q)小球从管的上端口A 由静止释放，小球与管间摩擦不计，小球从下端管口飞出时，对管壁压力为4mg ，求：(1)小球运动到管口B 时的速度大小； (2)匀强电场的场强；(3)若R ＝0.3 m ，h ＝5.0 m ，小球着地点与管的下端口B 的水平距离．(g ＝10 m /s 2)8．[2022ꞏ广东卷]密立根通过观测油滴的运动规律证明了电荷的量子性，因此获得了1923年的诺贝尔奖．如图是密立根油滴实验的原理示意图，两个水平放置、相距为d 的足够大金属极板，上极板中央有一小孔．通过小孔喷入一些小油滴，由于碰撞或摩擦，部分油滴带上了电荷．有两个质量均为m 0、位于同一竖直线上的球形小油滴A 和B ，在时间t 内都匀速下落了距离h 1.此时给两极板加上电压U(上极板接正极)，A 继续以原速度下落，B 经过一段时间后向上匀速运动．B 在匀速运动时间t 内上升了距离h 2(h 2≠h 1)，随后与A 合并，形成一个球形新油滴，继续在两极板间运动直至匀速．已知球形油滴受到的空气阻力大小为f ＝km 13v ，其中k 为比例系数，m 为油滴质量，v 为油滴运动速率．不计空气浮力，重力加速度为g.求：(1)比例系数k ；(2)油滴A 、B 的带电量和电性；B 上升距离h 2电势能的变化量； (3)新油滴匀速运动速度的大小和方向．参考答案1．答案：AC答案解析：设电子经电场加速后的速度为v 0，根据动能定理有U 0q ＝12 m v 20 ，离子在平行板间做类平抛运动，离开电场后做匀速直线运动，设速度方向与水平方向夹角为θ，则有tan θ＝v y v 0＝UL2U 0d ，根据几何关系可得电子打到圆筒上时的竖直位移y ＝⎝⎛⎭⎫D ＋L 2 tan θ＝7.5sin 2πt (cm)，电子打到白纸上形成的图像是按正弦规律展开的，如图所示，圆筒转动周期是交流电周期的一半，最大竖直位移不超过7.5 cm ，D 错误；由于剪开白纸的位置不同，得到不同的图像形状，若沿①剪开，图形如题图A 所示，若沿②剪开，图形如题图C 所示，因为圆筒周期是交流电周期的一半，电子落在白纸上图像是正弦图线的重合，A 、C 正确，B 错误．2．答案：AB答案解析： 小球静止时悬线与竖直方向成θ角，小球受重力、拉力和电场力而处于平衡状态，如图所示，根据平衡条件有mg tan θ＝qE ，解得E ＝mg tan θq ，A 正确；小球恰能绕O 点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点A 速度最小，根据牛顿第二定律有mgcos θ ＝m v 2L ，则最小动能E k ＝12 m v 2＝mgL2cos θ ，B 正确；小球的机械能和电势能之和守恒，则小球运动至电势能最大的位置机械能最小，小球带负电，则小球运动到圆周轨迹的最左端点时机械能最小，C 错误；小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，电场力先做正功，后做负功，再做正功，则其电势能先减小后增大，再减小，D 错误．3．答案：BD答案解析：本题可以看成等效重力场问题，如图，等效重力方向斜向右下方45°，PQ为等效水平方向．小球的运动可以看成类斜上抛运动，小球动能最小时在斜上抛最高点，即如图速度为v ′处，v ′与水平方向夹角为45°，此时小球速度的水平分量等于竖直分量，不是电势能最大处，电势能最大处在Q 处，此时小球速度方向竖直向下，大小等于初速度v ，P 处与Q 处小球动能相等，所以A 、C 错误，B 正确；从P 到Q (Q 点处小球速度水平分量为零)重力做的功等于重力势能的减少量，P 处与Q 处小球动能相等，由于机械能与电势能的总和不变，所以减少的重力势能等于增加的电势能，故D 正确．4．答案：AD答案解析：带电小球q 2在半圆光滑轨道上运动时，库仑力不做功，故机械能守恒，则mgR ＝12 m v 2B ，解得v B ＝2gR ，A 正确；小球运动到B 点时的加速度大小为a ＝v 2B R ＝2g ，B 错误；小球运动过程中只有动能与重力势能相互转化，因此可以运动到C 点，C 错误；小球到达B 点时，受到重力mg 、库仑力F 和支持力F N ，根据牛顿第二定律有F N －mg －k q 1q 2R 2 ＝m v 2B R ，解得F N ＝3mg ＋k q 1q 2R 2 ，即小球在 B 点时对轨道的压力大小为3mg ＋k q 1q 2R 2 ，D 正确．5．答案：(1)qQ Cdm (2)12d 2m qT 2 36d 2mqT 2答案解析：(1)由C ＝Q U ，可知金属板间的电压为U ＝Q C 又因为E ＝Ud 且F ＝Qe ，故其所受的静电力F ＝Uqd ，根据牛顿第二定律，有a ＝F m ＝Uq dm ＝qQCdm .(2)u 1为正向，A 板电势高于B 板电势，振膜向右运动，如果一直做往复运动且不和金属板发生碰撞，则振膜在一个周期内的总位移应该为零，设u 2的电压为u 1的n 倍，则2×12 ×⎝⎛⎭⎫T 4＋1n ꞏT 4 v ＝2(n －1)×12 ×n －1n ꞏT 4 ꞏv ，解得n ＝3；a 1＝qU 1dm 不碰金属板，即12 a 1⎝⎛⎭⎫T 4 ⎝⎛⎭⎫T 4＋T 12 ≤d 2，解得u 1≤12d 2m qT 2 则由两个电压的关系可得u 2≤36d 2m qT 2 . 6．答案：(1)6 ×10－3s 到达A 极板 (2)4×10－3s 时刻 (3)100个答案解析：(1)根据题图乙可知，从t ＝0时刻开始，A 板电势高于B 板电势，粒子向A 板运动．因为x ＝qU 04lm ⎝⎛⎭⎫T 2 2＝3.6 m>l ，所以粒子从t ＝0时刻开始，一直加速到达A 板． 设粒子到达A 板的时间为t ，则l ＝12 ꞏqU 02lm t 2，解得t ＝6 ×10－3s. (2)在0～T 2 时间内，粒子的加速度大小为a 1＝qU 02lm ＝2×105 m/s 2， 在T 2 ～T 时间内，粒子的加速度大小为a 2＝2qU 02lm ＝4×105 m/s 2可知a 2＝2a 1，若粒子在0～T 2 时间内加速Δt ，再在T 2 ～T 时间内减速Δt2 刚好不能到达A 板，则l ＝12 a 1Δt 2＋a 1Δt ꞏΔt 2 －12 a 2ꞏ⎝⎛⎭⎫Δt 2 2 ⎝⎛⎭⎫或l ＝12a 1Δt ꞏ32Δt 解得Δt ＝2×10－3s因为T 2 ＝6×10－3s ，所以在0～T 2 时间内4×10－3s 时刻产生的粒子刚好不能到达A 板． (3)因为粒子源在一个周期内可以产生300个粒子，而在0～T 2 时间内的前23 时间内产生的粒子可以到达A 板，所以到达A 板的粒子数n ＝300×12 ×23 ＝100(个).7．答案：(1)3gR (2)mg2q (3)5.5 m答案解析：(1)小球从下端管口飞出时，根据牛顿第二定律有F N －mg ＝m v 2BR 且支持力F N ＝F N′＝4mg联立解得v B ＝3gR .(2)小球从A 运动到管口B 的过程中，只有重力和电场力做功，根据动能定理得mgR ＋qER ＝12 m v 2B －0解得E ＝mg2q .(3)小球离开管口B 后，水平方向做匀加速直线运动，竖直方向做自由落体运动， 有h ＝12 gt 2解得t ＝1 s水平方向qE ＝ma ，解得a ＝0.5g水平距离x ＝v B t ＋12 at 2＝3gR ꞏt ＋14 gt 2＝(30×0.3 ×1 m ＋14 ×10×12)m ＝5.5 m ． 8．答案：(1)m 230gth 1 (2)A 不带电，B 带负电 m 0gd （h 1＋h 2）Uh 1 －m 0g （h 1＋h 2）h 2h 1(3)h 1－h 2213t若h 1>h 2，则v ″>0，新油滴向下运动 若h 1＝h 2，则v ″＝0，新油滴静止 若h 1<h 2，则v ″<0，新油滴向上运动答案解析：(1)两小油滴匀速下落时，由题意得油滴的速度大小为v ＝h 1t 由于匀速下落，则油滴的重力等于其所受的空气阻力，即m 0g ＝f ＝km 130v 解得k ＝m 230gth 1.(2)给两极板加上电压，经过一段时间后B 向上匀速运动，而A 仍以原速度下落，说明A 不带电，B 带负电B 匀速上升的速度为v ′＝h 2t对B 由平衡条件得q Ud ＝m 0g ＋km 13 0v ′解得q ＝m 0gd （h 1＋h 2）Uh 1B 上升距离为h 2的过程，电场力做的功为 W ＝qEh 2＝q Ud h 2＝m 0g （h 1＋h 2）h 2h1又W ＝－ΔE p则B 电势能的变化量为－m 0g （h 1＋h 2）h 2h 1. (3)假设新油滴最终向下匀速运动，其速度大小为v ″，则新油滴所受空气阻力向上，由平衡条件得2m 0g ＝q Ud ＋k ꞏ(2m 0)13 v ″解得v ″＝h 1－h 2213t若h 1>h 2，则v ″>0，新油滴向下运动 若h 1＝h 2，则v ″＝0，新油滴静止若h 1<h 2，则v ″<0，新油滴向上运动．。

专题二十四、力学电学综合性应用问题1．（2013高考浙江理综第24题）(20分)“电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成。

偏转器是由两个相互绝缘、半径分别为R A 和R B 的同心圆金属半球面A 和B 构成，A 、B 为电势值不等的等势面，其过球心的截面如图所示。

一束电荷量为e 、质量为m 的电子以不同的动能从偏转器左端M 的正中间小孔垂直入射，进入偏转电场区域，最后到达偏转器右端的探测板N ，其中动能为E k0的电子沿等势面C 做匀速圆周运动到达N 板的正中间。

忽略电场的边缘效应。

（1）判断球面A 、B 的电势高低，并说明理由；（2）求等势面C 所在处电场强度E 的大小；（3）若半球面A 、B 和等势面C 的电势分别为φA 、φB 和φC ，则到达N 板左、右边缘处的电子，经过偏转电场前、后的动能改变量ΔE K 左和ΔE K 右分别为多少？（4）比较|ΔE K 左|和|ΔE K 右|的大小，并说明理由。

解析：（1）电子(带负电)做圆周运动，电场力方向指向球心，电场方向从B 指向A ，B 板电势高于A 板。

（2）据题意，电子在电场力作用下做圆周运动，考虑到圆轨道上的电场强度B 大小相同，有：eE=mv 2/R ，E k0= mv 2/2，R=(R A +R B )/2，联立解得：E=k02E eR =()k04+A B E e R R （3）电子运动时只有电场力做功，根据动能定理，有：ΔE K =qU对到达N 板左侧边缘的电子，电场力做正功，动能增加，有：ΔE K 左=e(φB -φC )对到达N 板右侧边缘的电子，电场力做负功，动能减小，有：ΔE K 右=e(φA -φC )（4）根据电场线的特点，等势面B 与C 之间的电场强度大于C 与A 之间的电场强度，考虑到等势面间距相等，有：│φB-φC│>│φA-φC│即：│ΔE K左│>│ΔE K右│2．（2013高考浙江理综第25题）（22分）为了降低潜艇噪音，提高其前进速度，可用电磁推进器替代螺旋桨。

物理总复习：电磁感应中的力电综合问题【考纲要求】1、知道电磁感应现象中的电路问题、力学问题、图像问题及能量转化问题；2、知道常见电磁感应现象中与电学相关问题的一般分析思维方法，会画等效电路图3、知道电磁感应现象中与力学相关的运动和平衡问题的分析思路；4、理解安培力做功在电磁感应现象中能量转化方面所起的作用； 【考点梳理】考点一、电磁感应中的电路问题 要点诠释：1、求解电磁感应中电路问题的关键是分析清楚内电路和外电路。

“切割”磁感线的导体和磁通量变化的线圈都相当于“电源”，该部分导体的电阻相当于内电阻，而其余部分的电路则是外电路。

2、几个概念（1）电源电动势E BLv =或E ntφ∆=∆。

（2）电源内电路电压降r U Ir =，r 是发生电磁感应现象导体上的电阻。

（r 是内电路的电阻）（3）电源的路端电压U ，r U IR E U E Ir ==-=-（R 是外电路的电阻）。

路端电压、电动势和某电阻两端的电压三者的区别：（1）某段导体作为外电路时，它两端的电压就是电流与其电阻的乘积。

（2）某段导体作为电源时，它两端的电压就是路端电压，等于电流与外电阻的乘积，或等于电动势减去内电压，当其内阻不计时路端电压等于电源电动势。

（3）某段导体作为电源时，电路断路时导体两端的电压等于电源电动势。

3、解决此类问题的基本步骤（1）用法拉第电磁感应定律和楞次定律或右手定则确定感应电动势的大小和方向。

（2）画等效电路：感应电流方向是电源内部电流的方向。

（3）运用闭合电路欧姆定律结合串、并联电路规律以及电功率计算公式等各关系式联立求解。

4、解题思路（1）明确电源的电动势B SE nnS nBt t tφ∆∆∆===∆∆∆ E BLv =，212E BL ω=，sin E nBS t ωω=（交流电）（2）明确电源的正、负极：根据电源内部电流的方向是从负极流向正极，即可确定“电源”的正、负极。

（3）明确电源的内阻：相当于电源的那部分电路的电阻。

错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!2025年高考人教版物理一轮复习专题训练—带电粒子在电场中的力电综合问题（附答案解析）1.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．静电力与重力平衡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2.(多选)(2023·黑龙江齐齐哈尔市八中模拟)如图所示，四分之一光滑绝缘圆弧槽B处切线水平，一可视为质点的带正电小球从圆弧槽A处由静止释放，滑到B处离开圆弧槽做平抛运动，到达水平地面的D处，若在装置所在平面内加上竖直向下的匀强电场，重复上述实验，下列说法正确的是()A．小球落地点在D的右侧B ．小球落地点仍在D 点C ．小球落地点在D 的左侧D ．小球离开B 到达地面的运动时间减小3．(多选)(2022·浙江6月选考·15)如图为某一径向电场示意图，电场强度大小可表示为E ＝ar ，a 为常量。

比荷相同的两粒子在半径r 不同的圆轨道运动。

不考虑粒子间的相互作用及重力，则( )A ．轨道半径r 小的粒子角速度一定小B ．电荷量大的粒子的动能一定大C ．粒子的速度大小与轨道半径r 一定无关D ．当加垂直纸面磁场时，粒子一定做离心运动4．(2023·四川省三模)如图所示，A 、B 、C 、D 、E 、F 、G 、H 是竖直光滑绝缘圆轨道的八等分点，AE 竖直，空间存在平行于圆轨道面的匀强电场，从A 点静止释放一质量为m 的带电小球，小球沿圆弧恰好能到达C 点。

若在A 点给带电小球一个水平向右的冲量，让小球沿轨道做完整的圆周运动，则小球在运动过程中( )A ．E 点的动能最小B ．B 点的电势能最大C ．C 点的机械能最大D ．F 点的机械能最小5.(2023·江西上饶市二模)如图所示，在电场强度为E 的匀强电场中，电场线与水平方向的夹角为θ，有一质量为m的带电小球，用长为L的细线悬挂于O点，当小球静止时，细线OA 恰好呈水平状态。

高考物理《力、电综合问题》真题练习含答案1．(多选)如图所示，在P点固定一个带电量为＋Q的点电荷，P点下方有一足够大的金属板与水平面成一定倾角，金属板处于静电平衡状态，且上表面光滑．金属板上表面的A 点与P点连线水平．一带电荷量为＋q的绝缘小物块(可视为点电荷且q≪Q)从A点由静止释放，在物块下滑的过程中，下列说法正确的是()A．物块的加速度恒定不变B．物块的动能一直增大C．物块的机械能保持不变D．物块的电势能先增大后减小答案：ABC解析：金属板处于静电平衡状态则电场力始终垂直于金属板，金属板上表面光滑小物块所受摩擦力为零，则在物块下滑的过程中，合外力保持不变，加速度不变，A项正确；物块下滑的过程中电场力始终垂直于金属板，则支持力和电场力不做功，电势能和机械能不变，C项正确，D项错误；物块下滑的过程中合外力对物块做正功，物块动能增加，B项正确．2．[2024·广东省广州五中阶段考试](多选)如图所示，在水平向左的匀强电场中，可视为质点的带负电物块，以某一初速度从足够长的绝缘斜面上的A点沿斜面向下运动，经C 点到达B点时，速度减为零，然后再返回到A点．已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面间的动摩擦因数μ＝33，整个过程斜面均保持静止，物块所带电荷量不变．则下列判断正确的是()A．物块在上滑过程中机械能增大B．物块在上滑过程中，增加的重力势能一定大于减少的电势能C．物块下滑时经过C点的动能一定大于上滑时经过C点的动能D．物块在下滑过程中，斜面与地面之间的摩擦力为零答案：ACD解析：物块在上滑过程中，对物块受力分析，可知上滑过程中应满足qE cos θ>F f ＋mg sin θ，可知电场力做功大于摩擦力做功，除重力以外的其它力对物体做正功，则物体的机械能增加，因此物块在上滑过程中机械能增大，A 正确；物块在上滑过程中，由动能定理可得W 电－W f －W G ＝ΔE ，可知W 电>W G ，电场力对带电物块做正功，带电物块的电势能减少，因此物块在上滑过程中，增加的重力势能一定小于减少的电势能，B 错误；物块下滑时经过C 点向下运动，再返回到C 点时有摩擦力做功，由能量关系可知，物块下滑时经过C 点的动能一定大于上滑时经过C 点的动能，C 正确；当不加电场时，斜面对物块的支持力为F N ＝mg cos 30°＝32 mg ，物块下滑时与斜面的滑动摩擦力F f ＝μmg cos 30°＝mg sin 30°＝12mg ，由支持力和滑动摩擦力的大小和方向可知支持力和滑动摩擦力的合力方向竖直向上，当加上电场后，由于电场力的作用可知F′N ＝mg cos 30°＋qE sin 30°，F′f ＝μ(mg cos 30°＋qE sin 30°)，电场力使支持力和滑动摩擦力成比例关系增加，则支持力与摩擦力的合力方向仍竖直向上，由牛顿第三定律可知，则物块对斜面的压力和摩擦力的合力竖直向下，可知斜面在水平方向受力是零，则斜面与地面之间的摩擦力是零，D 正确．3．(多选)如图所示，BCD 为竖直面内的光滑绝缘轨道，其中BC 段水平，CD 段为半圆形，轨道连接处均光滑，整个轨道处于竖直向下的匀强电场中，场强大小为E ＝2mg q，一质量为M 的光滑绝缘斜面静止在水平面上，其底端与平面由微小圆弧连接．一带电量为＋q 的金属小球甲，从距离地面高为H 的A 点由静止开始沿斜面滑下，与静止在C 点的不带电金属小球乙发生弹性碰撞．已知甲、乙两小球材质、大小均相同，质量均为m ，且M ＝2m ，水平轨道足够长，不考虑两球之间的静电力，小球与轨道间无电荷转移，g 取10 m /s 2.则( )A ．甲球滑到斜面底端时的速度大小为2gHB ．甲、乙两球碰撞后甲的速度大小为gHC ．甲、乙两球碰撞后乙的速度大小为2gHD ．若乙球恰能过D 点，半圆形轨道半径为25 H答案：AD解析：以甲球和斜面为整体，由动能定理可得mgH ＋qEH ＝12 mv 21 ＋12Mv 22 ，以甲球与斜面为系统，水平方向动量守恒：Mv 2－mv 1＝0，解得v 1＝2gH ，选项A 正确；甲、乙两球碰撞由动量守恒定律与机械能守恒定律可得mv 1＝mv′1＋mv 乙，12 mv 21 ＝12 mv′21 ＋12 mv 2乙 ，联立两式可得v 乙＝2gH ，v′1＝0，选项B 、C 错误；乙球由最低点到D 点由动能定理可得－(mg ＋12 qE)×2R ＝12 mv 2D －12mv 2乙 ，小球乙恰好到达最高点D ，由牛顿第二定律可得mg ＋q 2 E ＝m v 2D R ，联立两式可求：R ＝25H ，选项D 正确． 4．[2024·河北省张家口市张垣联盟联考]如图所示，真空中存在空间范围足够大的、方向水平向左的匀强电场，在电场中，圆心为O 、半径为R ＝67m 的圆弧形光滑绝缘轨道MN 固定在竖直平面内，O 、N 恰好处于同一竖直线上，ON ＝R ，OM 与竖直方向之间的夹角θ＝37°.水平虚线BC 上有一点A ，点A 、M 的连线恰好与圆弧轨道相切于M 点，AM ＝2R.现有一质量为m ＝3g 、电荷量为q ＝1×10－3 C 的带电小球(可视为质点)从A 点以一定的初速度沿AM 做直线运动，带电小球从M 点进入圆弧轨道后，恰好能沿圆弧轨道运动并从N 点射出．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g ＝10 m /s 2.求：(1)匀强电场的大小；(2)小球在圆弧轨道运动的过程最小速度大小和在N 点射出时的速度大小；(3)带电小球在A 点时的初速度大小．答案：(1)E ＝40 V /m (2)107 7 m /s 67 35 m /s (3)10 m /s 解析：(1)根据带电小球沿AM 做直线运动可知，带电小球所受的电场力与重力的合力沿MA 方向，则带电小球所受电场力与重力的关系tan 37°＝mg qE可得E ＝4mg 3q＝40 V /m (2)带电小球所受电场力与重力的合力大小为F＝mgsin θ＝53mg根据带电小球恰好能沿圆弧轨道运动并从N点射出可知，带电小球在圆弧轨道上经过等效最高点G时速度有最小值v G，如图所示此时带电小球所受电场力与重力的合力提供向心力，即F＝m v 2 GR解得v G＝53gR ＝1077 m/s带电小球从G点运动到N点的过程中，根据动能定理有F(R－R sinθ)＝12mv 2N－12mv2G解得v N＝3gR ＝6735 m/s(3)设带电小球在A点时的初速度大小为v0，小球从A点运动到G点的过程中，根据动能定理有－F×3R＝12mv 2G－12mv2解得v0＝353gR ＝10 m/s。

[物理]2021高考物理力电综合问题全通关【线索一】模型复习法机电合成的基本模型是：带电粒子在电场和磁场中的运动；带电粒子在复合场中的运动；电磁感应中导体棒的动力学分析和能量转换。

1．带电粒子在电场、磁场以及复合场中的运动模型。

常见的情境有：（1）线性运动：例如用电场加速或减速粒子；带电粒子在正交电磁场（速度选择器）中以均匀的直线运动。

（2）匀变速曲线运动：如匀强电场中的类平抛运动，重力场和匀强电场的复合场中粒子的运动等，一般分解成两个分运动求解。

（3）圆周运动：如以点电荷间库仑力为向心力的圆周运动或以洛伦兹力为向心力的圆周运动等。

2．电磁感应综合模型。

常见的考查类型有：（1）动力学，研究力和运动之间的关系。

解决方案思路：① 找出感应电动势的大小和方向；② 计算电路中的电流；③ 分析导体上的力（包括安培力）；④ 它由牛顿运动定律、运动学公式等（一系列动力学方程或平衡方程）求解。

（2）电路问题。

解题思路：可以转化为直流电路的分析与计算问题。

①切割磁感线的导体或磁通量变化的回路相当于电源，确定感应电动势的大小和方向；②画出等效电路图；③运用闭合电路欧姆定律、部分电路欧姆定律、串并联电路的性质等规律求解路端电压、电功率等问题。

（3）图像问题。

常见的图像包括B-T图、E-T图、I-T图和F-T图，以及感应电动势E和感应电流I随位移x变化的图像，即E-x图、I-x图等。

解决思路：使用右手法则，用左手法则或伦茨定律来判断方向（纵坐标的正负），用法拉第电磁感应定律来判断直线的形状，就可以解决图像问题。

（4）能量问题。

解题思路：产生感应电流的过程，就是能量转化的过程。

抓住一定有“外力”克服安培力做功，将其他形式的能转化为电能（即功能关系）；“外力”克服安培力做了多少功，就有多少其他形式的能转化为电能（即能量守恒定律）；感应电流通过用电器，电能转化为其他形式的能。

【线索2】遵循力学的复习思路，运用牛顿运动定律和泛函关系求解力电综合问题，本质上属于力学问题，应顺应力学的研究思路，运用力学的基本规律求解。

58 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．(2020·河北衡水模拟)如图1所示，地面上某个空间区域存在这样的电场，水平虚线上方为场强E1，方向竖直向下的匀强电场；虚线下方为场强E2，方向竖直向上的匀强电场．一个质量m，带电＋q的小球从上方电场的A点由静止释放，结果刚好到达下方电场中与A关于虚线对称的B点，则下列结论正确的是( )图1A．若AB高度差为h，则U AB＝－mgh qB．带电小球在A、B两点电势能相等C．在虚线上、下方的电场中，带电小球运动的加速度相同D．两电场强度大小关系满足E2＝2E12．(多选)(2020·安徽合肥第二次检测)如图2所示，板长为L的平行板电容器与一直流电源相连接，其极板与水平面成30°角；若粒子甲、乙以相同大小的初速度v0＝2gL，由图中的P点射入电容器，分别沿着虚线1和2运动，然后离开电容器；虚线1为连接上、下极板边缘的水平线，虚线2为平行且靠近上极板的直线，则下列关于两粒子的说法正确的是( )图2A．两者均做匀减速直线运动B．两者电势能均逐渐增加C．两者的比荷之比为3∶4D．两者离开电容器时的速率之比为v甲∶v乙＝2∶ 33．(2020·广东东莞模拟)如图3所示，质量为m、带电荷量为＋q的滑块，沿绝缘斜面匀速下滑，当滑块滑至竖直向下匀强电场区时，滑块运动的状态为( )图3A ．继续匀速下滑B.将加速下滑 C ．将减速下滑 D ．上述三种情况都可能发生4．(多选)(2020·山东枣庄一模)如图4所示，水平面内的等边三角形ABC 的边长为L ，顶点C 恰好位于光滑绝缘直轨道CD 的最低点，光滑直导轨的上端点D 到A 、B 两点的距离均为L ，D 在AB 边上的竖直投影点为O.一对电荷量均为－Q 的点电荷分别固定于A 、B 两点．在D 处将质量为m 、电荷量为＋q 的小球套在轨道上(忽略它对原电场的影响)，将小球由静止开始释放，已知静电力常量为k 、重力加速度为g ，且k Qq L 2＝33mg ，忽略空气阻力，则( )图4A ．轨道上D 点的场强大小为mg 2qB ．小球刚到达C 点时，其加速度为零C ．小球刚到达C 点时，其动能为32mgL D ．小球沿直轨道CD 下滑过程中，其电势能先增大后减小5．(多选)(2020·河南洛阳二模)在绝缘光滑的水平面上相距为6L 的A 、B 两处分别固定正电荷Q A 、Q B .两电荷的位置坐标如图5甲所示．图乙是AB 连线之间的电势φ与位置x 之间的关系图象，图中x ＝L 点为图线的最低点，若在x ＝2L 的C 点由静止释放一个质量为m 、电荷量为＋q 的带电小球(可视为质点)，下列有关说法正确的是( )图5A ．小球在x ＝L 处的速度最大B ．小球一定可以到达x ＝－2L 点处C ．小球将以x ＝L 点为中心做往复运动D ．固定在A 、B 处的电荷的电荷量之比为Q A ∶Q B ＝4∶16．(多选)(2020·宁夏六盘山二模)如图6所示，L 为竖直、固定的光滑绝缘杆，杆上O 点套有一质量为m、带电荷量为－q的小环，在杆的左侧固定一电荷量为＋Q的点电荷，杆上a、b两点到＋Q的距离相等，Oa之间距离为h1，ab之间距离为h2，使小球从图示位置的O点由静止释放后，通过a的速率为3gh1.则下列说法正确的是( )图6A．小环从O到b，电场力做的功不为零B．小环通过b点的速率为g(3h1＋2h2)C．小环在Oa之间的速度是先增大后减小D．小环在ab之间的速度是先减小后增大7．(多选)(2020·湖南株洲一模)如图7所示，在真空中倾斜平行放置着两块带有等量异号电荷的金属板A、B，一个电荷量为q＝1.41×10－4C，质量m＝1 g的带电小球自A板上的孔P点以水平速度v0＝0.1 m/s 飞入两板之间的电场，经0.02 s后未与B板相碰又回到P点，g取10 m/s2，则( )图7A．板间电场强度大小为100 V/mB．板间电场强度大小为141 V/mC．板与水平方向的夹角θ＝30°D．板与水平方向的夹角θ＝45°8．如图8所示，匀强电场方向水平向右，场强为E，不可伸长的悬线长为L.上端系于O点，下端系质量为m、带电荷量为＋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8A．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)mg9．(2020·安徽马鞍山一模)如图9所示，一光滑绝缘细直杆MN，长为L，水平固定在匀强电场中，场强大小为E，方向与竖直方向夹角为θ.杆的M端固定一个带负电小球A，电荷量大小为Q；另一带负电的小球B穿在杆上，可自由滑动，电荷量大小为q，质量为m，现将小球B从杆的N端由静止释放，小球B开始向右端运动，已知k为静电力常量，g为重力加速度，求：图9(1)小球B对细杆的压力的大小；(2)小球B开始运动时的加速度的大小；(3)小球B速度最大时，离M端的距离．10．(2020·北京海淀区零模)用静电的方法来清除空气中的灰尘，需要首先设法使空气中的灰尘带上一定量的电荷，然后利用静电场对电荷的作用力，使灰尘运动到指定的区域进行收集．为简化计算，可认为每个灰尘颗粒的质量及其所带电荷量均相同，设每个灰尘所带电荷量为q，其所受空气阻力与其速度大小成正比，表达式为F阻＝kv(式中k为大于0的已知常量)．由于灰尘颗粒的质量较小，为简化计算，灰尘颗粒在空气中受电场力作用后达到电场力与空气阻力相等的过程所用的时间及通过的位移均可忽略不计，同时也不计灰尘颗粒之间的作用力及灰尘所受重力的影响．图10(1)有一种静电除尘的设计方案是这样的，需要除尘的空间是一个高为H 的绝缘圆桶形容器的内部区域，将一对与圆桶半径相等的圆形薄金属板平行置于圆桶的上、下两端，恰好能将圆桶封闭，如图10甲所示．在圆桶上、下两金属板间加上恒定的电压U(圆桶内空间的电场可视为匀强电场)，便可以在一段时间内将圆桶区域内的带电灰尘颗粒完全吸附在金属板上，从而达到除尘的作用．求灰尘颗粒运动可达到的最大速率；(2)对于一个待除尘的半径为R 的绝缘圆桶形容器内部区域，还可以设计另一种静电除尘的方案：沿圆桶的轴线有一根细直导线作为电极，紧贴圆桶内壁加一个薄金属桶作为另一电极．在直导线电极外面套有一个由绝缘材料制成的半径为R 0的圆桶形保护管，其轴线与直导线重合，如图乙所示．若在两电极间加上恒定的电压，使得桶壁处电场强度的大小恰好等于第(1)问的方案中圆桶内电场强度的大小，且已知此方案中沿圆桶半径方向电场强度大小E 的分布情况为E∝1r，式中r 为所研究的点与直导线的距离． ①试通过计算分析，带电灰尘颗粒从保护管外壁运动到圆桶内壁的过程中，其瞬时速度大小v 随其与直导线的距离r 之间的关系；②对于直线运动，教科书中讲解了由v － t 图象下的面积求位移的方法．请你借鉴此方法，利用v 随r变化的关系，画出1v随r 变化的图象，根据图象的面积求出带电灰尘颗粒从保护管外壁运动到圆桶内壁的时间．11．如图11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11(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．A [对小球由A 到B 的过程运用动能定理得，qU AB ＋mgh ＝0，解得：U AB ＝－mgh q，知A 、B 的电势不等，则带电小球在A 、B 两点的电势能不等，故A 正确，B 错误；小球从A 运动到虚线速度由零加速至v ，从虚线运动到B 速度由v 减为零，位移相同，根据匀变速运动的推论知，加速度大小相等，方向相反，故C 错误；在上方电场，根据牛顿第二定律得：小球加速度大小为a 1＝mg ＋qE 1m，在下方电场中，根据牛顿第二定律得，小球加速度大小为：a 2＝qE 2－mg m ，因为a 1＝a 2，解得：E 2－E 1＝2mg q，故D 错误．] 2．AD [根据题意可知，粒子做直线运动，则电场力与重力的合力与速度方向在同一直线上，所以电场力只能垂直极板向上，受力如图所示；根据受力图，粒子做直线运动，则电场力与重力的合力与速度方向反向，粒子做匀减速直线运动，故A 正确；粒子甲受到的电场力与位移方向的夹角为钝角，所以电场力做负功，电势能逐渐增加；粒子乙运动的方向与电场力的方向垂直，电场力不做功，所以粒子的电势能不变，故B 错误；根据受力图，对甲：m 甲g ＝q 甲Ecos 30°＝32q 甲E ， 所以：q 甲m 甲＝2 3 g 3E对乙：m 乙gcos 30°＝q 乙E ，所以q 乙m 乙＝3g 2E 所以：q 甲m 甲q 乙m 乙＝23g3E 32E g＝43，故C 错误； 带电粒子甲沿水平直线运动，合力做的功：W 1＝－m 甲gtan 30°·L cos 30°＝－23m 甲gL ， 根据动能定理得：12m 甲v 甲2－12m 甲v 02＝－23m 甲gL 所以：v 甲＝23gL 带电粒子乙沿平行于极板的直线运动，合力做的功：W 2＝－m 乙gsin 30°·L＝－12m 乙gL ， 根据动能定理得：12m 乙v 乙2－12m 乙v 02＝－12m 乙gL 所以：v 乙＝gL所以：v 甲v 乙＝23，故D 正确．]3．A [设斜面的倾角为θ.滑块没有进入电场时，根据平衡条件得mgsin θ＝F fF N＝mgcos θ 又F f＝μF N，得到，mgsin θ＝μmgcosθ，即有sin θ＝μcos θ当滑块进入电场时，设滑块受到的电场力大小为F.根据正交分解得到滑块受到的沿斜面向下的力为(mg＋F)sin θ，沿斜面向上的力为μ(mg＋F)cos θ，由于sin θ＝μcos θ，所以(mg＋F)sin θ＝μ(mg＋F)cos θ，即受力仍平衡，所以滑块仍做匀速运动．]4．BC5．AD [据φ－x图象切线的斜率等于场强E，则知x＝L处场强为零，所以小球在C处受到的电场力向左，向左加速运动，到x＝L处加速度为0，从x＝L处向左运动时，电场力向右，做减速运动，所以小球在x＝L处的速度最大，故A正确；由题图乙可知，x＝－2L点的电势大于x＝2L点的电势，所以小球不可能到达x＝－2L点处，故B错误；由题图乙知图象不关于x＝L对称，所以小球不会以x＝L点为中心做往复运动，故C错误；x＝L处场强为零，根据点电荷场强公式有：kQ A(4L)2＝kQB(2L)2，解得Q A∶Q B＝4∶1，故D正确．]6．AB7．AD [由题意知，小球未与B板相碰又回到P点，则小球先做匀减速直线运动，减速到0，后反向做匀加速直线运动，对带电小球受力分析，如图所示小球的加速度a＝ΔvΔt＝0－v0t2＝0－0.10.022m/s2＝－10 m/s2根据几何关系tan θ＝F合mg＝mamg＝ag＝1，得θ＝45°F电＝mgsin 45°＝2mg＝qE代入数据解得E＝100 V/m，故A、D正确，B、C错误．]8．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往复运动，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 ，悬线上的张力大小与悬线对小球的拉力大小相等，D 项正确．] 9．见解析解析 (1)小球B 在垂直于杆的方向上合力为零，则有F N ＝qEcos θ＋mg由牛顿第三定律知小球B 对细杆的压力F N ′＝F N ＝qEcos θ＋mg(2)在水平方向上，小球所受合力向右，由牛顿第二定律得：qEsin θ－kQq L 2＝ma 解得： a ＝Eqsin θm －kQq mL 2 (3)当小球B 的速度最大时，加速度为零，有：qEsin θ＝kQq x 2 解得：x ＝kQ Esin θ. 10．见解析解析 (1)圆桶形容器内的电场强度E ＝U H灰尘颗粒所受的电场力大小F ＝qU H ， 电场力跟空气的阻力相平衡时，灰尘达到最大速度，并设为v 1，则有kv 1＝qU H解得v 1＝qU kH(2)①由于灰尘颗粒所在处的电场强度随其与直导线距离的增大而减小，且桶壁处的电场强度为第(1)问方案中场强的大小，则E 1＝U H，设在距直导线为r 处的场强大小为E 2， 则E 2E 1＝R r ，解得E 2＝UR Hr故与直导线越近处，电场强度越大．设灰尘颗粒运动到与直导线距离为r 时的速度为v ，则 kv ＝qE 2 解得v ＝qUR kHr上式表明，灰尘微粒在向圆桶内壁运动过程中，速度是逐渐减小的．②以r 为横轴，以1v 为纵轴，作出1v－r 的图象如图所示． 在r 到r ＋Δr 微小距离内，电场强度可视为相同，其速度v 可视为相同，对应于Δr 的一段1v－r 的图线下的面积为1v Δr＝Δr v ，显然，这个小矩形的面积等于灰尘微粒通过Δr 的时间Δt＝Δr v.所以，灰尘微粒从保护管外壁运动到圆桶内壁所需的总时间t 等于从R 0到R 一段1v －r 的图线下的面积．所以灰尘颗粒从保护管外壁运动到圆桶内壁的时间t ＝kH (R 2－R 02)2qUR11．(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竖直方向做自由落体运动，h ＝12gt 12，v y ＝gt 1＝2 m/s解得：v B ＝v x 2＋v y 2＝2 5 m/stan θ＝v yv 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 ＝d cos θ，cos θ＝qE F 合＝25从B 到C 由动能定理得：F 合s ＝E kC －12mv B 2解得：E kC ＝0.225 J.2019-2020学年高考物理模拟试卷一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1．质量为m的光滑圆柱体A放在质量也为m的光滑“ V”型槽B上，如图，α=60°，另有质量为M的物体C通过跨过定滑轮的不可伸长的细绳与B相连，现将C自由释放，则下列说法正确的是()A．当M= m时，A和B保持相对静止，共同加速度为0.5gB．当M=2m时，A和B保持相对静止，共同加速度为0.5gC．当M=6m时，A和B保持相对静止，共同加速度为0.75gD．当M=5m时，A和B之间的恰好发生相对滑动2．反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似，已知静电场的方向平行于x轴，其电势q随x的分布如图所示，一质量m＝1.0×10﹣20kg，带电荷量大小为q＝1.0×10﹣9C的带负电的粒子从（1，0）点由静止开始，仅在电场力作用下在x轴上往返运动。