高考物理一輪復(fù)習(xí) 微專題10 電場中的力電綜合問題練習(xí) 新人教版

微專題十 電場中的力電綜合問題A級基礎(chǔ)練1(08786717)如圖所示，一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子，以初速度v0從a點豎直向上射入勻強電場中，勻強電場方向水平向右粒子通過電場中的b點時，速率為2v0，方向與電場方向一致，則a、b兩點間的電勢差為() A.B.C. D.解析：C由題意可知，粒子受重力和水平方向的電場力作用，由加速度定義av/t，可得加速度的大小ax2ay2g，由牛頓第二定律可知，qE2mg，水平位移xv0t，豎直位移yv0t/2，即x2y，因此電場力做功W1qExqUab，重力做功W2mgyW1/4，由動能定理得：W1W2m(2v0)2mv，解得：Uab.2(08786718)空間某區(qū)域內(nèi)存在著電場，電場線在豎直平面上的分布如圖所示一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電小球在該電場中運動，小球經(jīng)過A點時的速度大小為v1，方向水平向右；運動至B點時的速度大小為v2，運動方向與水平方向之間的夾角為，A、B兩點間的高度差為h、水平距離為s，則以下判斷正確的是() AA、B兩點的電場強度和電勢關(guān)系為EA<EB、A<BB如果v2>v1，則電場力一定做正功CA、B兩點間的電勢差為(vv)D小球從A點運動到B點的過程中電場力做的功為mvmvmgh解析：D由電場線的方向和疏密可知A點電場強度小于B點，但A點電勢高于B點，A錯誤若v2>v1說明合外力對小球做正功，但電場力不一定做正功，B錯誤由于有重力做功，A、B兩點間電勢差不是(vv)，C錯誤小球從A點運動到B點過程中由動能定理得W電mghmvmv，所以W電mvmvmgh，D正確3(08786719)如圖所示，MPQO為有界的豎直向下的勻強電場，電場強度為E，ACB為光滑固定的半圓形軌道，軌道半徑為R，A、B為圓水平直徑的兩個端點，AC為圓弧一個質(zhì)量為m，電荷量為q的帶電小球，從A點正上方高為H處由靜止釋放，并從A點沿切線進入半圓軌道不計空氣阻力及一切能量損失，關(guān)于帶電小球的運動情況，下列說法正確的是()A小球一定能從B點離開軌道B小球在AC部分可能做勻速圓周運動C若小球能從B點離開，上升的高度一定等于HD小球到達C點的速度可能為零解析：B若電場力大于重力，則有可能不從B點離開軌道，選項A錯誤；若電場力等于重力，小球在AC部分做勻速圓周運動，選項B正確；因電場力做負功，則機械能損失，上升的高度一定小于H，選項C錯誤；由圓周運動知識可知，若小球到達C點的速度為零，則在此之前就已脫軌了，選項D錯誤4(08786720)如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q的小球在電場強度為E、區(qū)域足夠大的勻強電場中，以初速度v0沿ON在豎直面內(nèi)做勻變速直線運動ON與水平面的夾角為30，重力加速度為g，且mgEq，則() A電場方向豎直向上B小球運動的加速度大小為2gC小球上升的最大高度為D若小球在初始位置的電勢能為零，則小球電勢能的最大值為解析：D由于帶電小球在豎直面內(nèi)做勻變速直線運動，其合力沿ON方向，而mgqE，由三角形定則，可知電場方向與ON方向成120角，A錯誤；由圖中幾何關(guān)系可知，其合力為mg，由牛頓第二定律可知ag，方向與初速度方向相反，B錯誤；設(shè)帶電小球上升的最大高度為h，由動能定理可得：mg2h0mv，解得：h，C錯誤；電場力做負功，帶電小球的電勢能變大，當(dāng)帶電小球速度為零時，其電勢能最大，則EpqE2hcos 120qEhmg，D正確5(08786721)如圖甲，兩水平金屬板間距為d，板間電場強度的變化規(guī)律如圖乙所示t0時刻，質(zhì)量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線射入兩板間，0時間內(nèi)微粒勻速運動，T時刻微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出微粒運動過程中未與金屬板接觸重力加速度的大小為g.關(guān)于微粒在0T時間內(nèi)運動的描述，正確的是()A末速度大小為v0 B末速度沿水平方向C重力勢能減少了mgd D克服電場力做功為mgd解析：B0時間內(nèi)微粒勻速運動，有mgqE0.把微粒的運動分解，水平方向：做速度為v0的勻速直線運動，豎直方向：時間內(nèi)，只受重力，做自由落體運動，時刻，v1yg，T時間內(nèi)，ag，做勻減速直線運動，T時刻，v2yv1ya0，所以末速度vv0，方向沿水平方向，選項A錯誤，B正確；重力勢能的減少量Epmgmgd，所以選項C錯誤；根據(jù)動能定理：mgdW克電0，得W克電mgd，D錯誤6(08786722)(多選)(2018安徽宿州一模)如圖所示，兩帶電平行金屬板水平放置，板長為L，距離右端L處有一豎直放置的光屏M.一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子以速度v0從兩板中央射入板間，最后垂直打在M屏上，重力加速度為g.則下列結(jié)論正確的是() A板間電場強度大小為B板間電場強度大小為C粒子在豎直方向上經(jīng)過的總路程為D粒子在板內(nèi)做勻變速直線運動解析：BC帶電粒子能垂直打在屏上，說明一定要考慮粒子的重力，粒子在水平方向做勻速直線運動，在板內(nèi)和板外的運動時間相同，在板間，豎直方向受向上的電場力和向下的重力，加速度向上，射出電場時，速度斜向上；在板外，僅受重力，豎直方向做速度豎直向上、加速度豎直向下且大小為g的勻減速直線運動，到達屏?xí)r，豎直分速度減為零，在豎直方向，在板間和板外，兩過程具有對稱性，所以板間的加速度ag，即Eqmgma，即Eq2mg，場強大小為E，粒子在板內(nèi)和板外均做勻變速曲線運動，A、D錯誤，B正確粒子在豎直方向經(jīng)過的總路程sgt22，t，解得s，C正確7(08786723)(多選)圖甲中的直線為一靜電場中的電場線，一不計重力的帶負電粒子從電場線上的M點沿電場線運動至N點，假設(shè)粒子僅受電場力作用，圖乙描述了該粒子速度的平方隨其位移的變化規(guī)律，則()A粒子在M點所受的電場力等于在N點所受的電場力B該電場線上的電場方向由N點指向M點C粒子由M點向N點運動的過程中，電場力做負功D粒子在N點的電勢能大于在M點的電勢能解析：AB由運動學(xué)公式vv2ax可知，v2x圖象的斜率為2a，即粒子受到的電場力大小不變，選項A正確；從M點到N點粒子的動能變大，電場力做正功，粒子電勢能變小，由M點至N點電場線上的電勢升高，則電場線上的電場方向由N點指向M點，選項B正確，C、D錯誤8(08786724)(多選)如圖甲所示，兩平行金屬板豎直放置，左極板接地，中間有小孔，右極板電勢隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，電子原來靜止在左極板小孔處，不計電子的重力，下列說法正確的是()甲乙A若t0時刻釋放電子，電子始終向右運動，直到打到右極板上B若t0時刻釋放電子，電子可能在兩板間振動C若t時刻釋放電子，電子可能在兩板間振動，也可能打到右極板上D若t時刻釋放電子，電子必然打到左極板上解析：AC若t0時刻釋放電子，電子將重復(fù)先加速后減速的運動，直到打到右極板，不會在兩板間振動，所以A正確，B錯誤；若從t時刻釋放電子，電子先加速，再減速，有可能電子已到達右極板，若此時未到達右極板，則電子將在兩極板間振動，所以C正確；同理，若從t時刻釋放電子，電子有可能達到右極板，也有可能從左極板射出，這取決于兩板間的距離，所以D錯誤此題考查帶電粒子在交變電場中的運動B級能力練9(08786725)(2018湖北孝感第一次聯(lián)考)如圖甲所示，A、B為兩塊平行金屬板，極板間電壓為UAB1 125 V，現(xiàn)有大量的電子由A板從靜止開始加速后，沿兩平行金屬板CD的中線進入到偏轉(zhuǎn)電場平行金屬板C、D長L14102 m，板間距離d8103 m，在距離C、D右側(cè)邊緣L20.1 m處有一足夠大的熒光屏P，當(dāng)C、D之間未加電壓時電子沿C、D板的中線穿過，打在熒光屏上的O點并發(fā)出熒光現(xiàn)給金屬板C、D之間加一個如圖乙所示的變化電壓UDC(D板接電源的正極)已知電子質(zhì)量為m9.01031 kg，電荷量為e1.61019 C求：(1)電子從B板上的小孔射出時的速率v0；(2)打在熒光屏上的電子的最大動能；(3)一起上下調(diào)整A、B，使電子能夠在C、D板左側(cè)任意位置仍以速度v0沿平行于C、D板的方向進入到偏轉(zhuǎn)電場中，求電子打到熒光屏上亮線的長度(只考慮豎直方向)解析：(1)電子經(jīng)A、B兩塊金屬板加速，由eUABmv解得v02.0107 m/s.(2)電子在水平方向做勻速運動，通過C、D板間的時間t2.0109 s.電子通過時間極短，可認為通過時電場恒定，電子在電場中做類平拋運動，當(dāng)C、D間電壓最大時，豎直方向的位移yayt2t26.0103 m，豎直方向位移大于，電子將打到下極板上而不出電場，所以電子剛好從下極板邊緣飛出時，豎直方向速度最大，動能最大，由平拋運動推論得，可以得到vy4.0106 m/s，電子的最大動能Ekmaxmv2m(vv)1.91016 J.(3)當(dāng)電子在靠近上極板射入，偏轉(zhuǎn)電壓為0時，電子做勻速直線運動通過偏轉(zhuǎn)電場，此時打在熒光屏上亮線最上端當(dāng)電子從D板下端邊緣通過，豎直方向速度最大時，電子能打到熒光屏上亮線最下端，根據(jù)ymax6.0103 m可得到，當(dāng)電子從距離D板高度6.0103 m處射入偏轉(zhuǎn)電場時，能夠到達熒光屏上亮線最下端，設(shè)此時電子豎直方向位移為y2，則由平拋運動推論可得，解得y23.6102 m，所以電子打到熒光屏上亮線的長度是y3.6102 m2.0103 m3.8102 m.答案：(1)2.0107 m/s(2)1.91016 J(3)3.8102 m10(08786726)(2018江西九江三十校第一次聯(lián)考)如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球(可視為質(zhì)點)從y軸上的A點以初速度v0水平拋出，兩長為L的平行金屬板M、N傾斜放置且與水平方向間的夾角為37.(sin 370.6)(1)若帶電小球恰好能垂直于M板從其中心小孔B進入兩板間，試求帶電小球在y軸上的拋出點A的坐標及小球拋出時的初速度v0；(2)若該平行金屬板M、N間有如圖所示的勻強電場，且勻強電場的電場強度大小與小球質(zhì)量之間的關(guān)系滿足E，試計算兩平行金屬板M、N之間的垂直距離d至少為多少時才能保證小球不打在N板上解析：(1)設(shè)小球由y軸上的A點運動到金屬板M的中點B的時間為t，由題意，在與x軸平行的方向上，有：cos v0t，tan .帶電小球在豎直方向上下落的距離為hgt2，所以小球拋出點A的縱坐標為yhsin ，聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)可解得v0 ，yL，t2，h.所以小球拋出點A的坐標為，小球拋出時的初速度大小為v0 .(2)設(shè)小球進入電場時的速度大小為v，則由動能定理可得mghmv2mv，解得v .帶電小球進入勻強電場后的受力情況如圖所示因為E，所以qEmgcos ，因此，帶電小球進入該勻強電場后將做類平拋運動，其加速度大小為agsin 設(shè)帶電小球在該勻強電場中運動的時間為t，欲使小球不打在N板上，由類平拋運動的規(guī)律可得dvt，at2，聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)可解得dL.答案：(1)(2)L11(08786727)(2018安陽模擬)如圖所示，BCDG是光滑絕緣的圓形軌道，位于豎直平面內(nèi)，軌道半徑為R，下端與水平絕緣軌道在B點平滑連接，整個軌道處在水平向左的勻強電場中，現(xiàn)有一質(zhì)量為m、帶正電的小滑塊(可視為質(zhì)點)置于水平軌道上，滑塊受到的電場力大小為mg，滑塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度為g. (1)若滑塊從水平軌道上距離B點s3R的A點由靜止釋放，求滑塊到達與圓心O等高的C點時，受到軌道的作用力大小(2)改變s的大小，使滑塊恰好始終沿軌道滑行，且從G點飛出軌道，求滑塊在圓軌道上滑行過程中的最小速度的大小解析：(1)設(shè)滑塊到達B點時的速度為v，由動能定理有Eqsmgsmv2而：qE解得：v 設(shè)滑塊到達C點時速度為vC，受到軌道的作用力大小為F，則EqRmgRmvmv2得：vC由水平方向合外力提供向心力得：FEqm解得：Fmg.(2)要使滑塊恰好始終沿軌道滑行，則滑至圓軌道DG間某點，由電場力和重力的合力提供向心力，此時的速度最小(設(shè)為vmin)，則有：m解得：vmin.答案：(1)mg(2)12(08786728)一電荷量為q(q0)、質(zhì)量為m的帶電粒子在勻強電場的作用下，在t0時由靜止開始運動，場強隨時間變化的規(guī)律如圖所示，不計重力求在t0到tT的時間間隔內(nèi)(1)粒子位移的大小和方向；(2)粒子沿初始電場反方向運動的時間解析：(1)帶電粒子在0、T時間間隔內(nèi)做勻變速運動，設(shè)加速度分別為a1、a2、a3、a4，由牛頓第二定律得a1a22a32a4由此得帶電粒子在0T時間間隔內(nèi)運動的at圖象如圖甲所示，對應(yīng)的vt圖象如圖乙所示，其中v1a1由圖乙可知，帶電粒子在t0到tT時的位移為xv1由式得x它沿初始電場正方向(2)由圖乙可知，粒子在tT到tT內(nèi)沿初始電場的反方向運動，總的運動時間t為tTT.答案：(1)沿初始電場正方向(2)6EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F375