高考物理一輪復(fù)習(xí) 第七章 微專題56 力電綜合問題加練半小時(shí)（含解析）試題

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.(2018·廣東省東莞市模擬)如圖1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1A.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2.(多選)如圖2所示，輕彈簧上端固定，下端拴著一帶正電小球Q，Q在O處時(shí)彈簧處于原長狀態(tài)，Q可在O1處靜止.若將另一帶正電小球q固定在O1正下方某處時(shí)，Q可在O2處靜止.現(xiàn)將Q從O處由靜止釋放，則Q從O運(yùn)動(dòng)到O1處的過程中()圖2A.Q運(yùn)動(dòng)到O1處時(shí)速率最大B.加速度先減小后增大C.小球Q的機(jī)械能不斷減小D.Q、q及彈簧與地球組成的系統(tǒng)的勢能不斷減小3.(多選)(2018·河南省中原名校第三次聯(lián)考)如圖3所示，傾角為α的光滑斜面下端固定一絕緣輕彈簧，M點(diǎn)固定一個(gè)質(zhì)量為m、帶電荷量為－q的小球Q，整個(gè)裝置處于場強(qiáng)大小為E、方向沿斜面向下的勻強(qiáng)電場中.現(xiàn)把一個(gè)帶電荷量為＋q的小球P從N點(diǎn)由靜止釋放，釋放后P沿著斜面向下運(yùn)動(dòng).N點(diǎn)與彈簧的上端和M的距離均為s0，PQ以及彈簧的軸線ab與斜面平行.兩小球均可視為質(zhì)點(diǎn)和點(diǎn)電荷，彈簧的勁度系數(shù)為k0，靜電力常量為k，則()圖3A.小球P返回時(shí)，不可能撞到小球QB.當(dāng)彈簧的壓縮量為eq\f(qE＋mgsinα,k0)時(shí)，小球P的速度最大C.小球P沿著斜面向下運(yùn)動(dòng)過程中，其電勢能一定減少D.小球P在N點(diǎn)的加速度大小為eq\f(qE＋mgsinα－\f(kq2,s\o\al(

2,0)),m)4.(多選)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4甲所示.圖乙是AB連線之間的電勢φ與位置x之間的關(guān)系圖象，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4A.小球在x＝L處的速度最大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∶15.在電場強(qiáng)度大小為E的勻強(qiáng)電場中，將一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的帶電小球由靜止開始釋放，帶電小球沿與豎直方向成θ角的方向做直線運(yùn)動(dòng).關(guān)于帶電小球的電勢能Ep和機(jī)械能W的判斷，正確的是()A.若sinθ＜eq\f(qE,mg)，則Ep一定減少，W一定增加B.若sinθ＝eq\f(qE,mg)，則Ep、W一定不變C.若sinθ＝eq\f(qE,mg)，則Ep一定增加，W一定減小D.若tanθ＝eq\f(qE,mg)，則Ep可能增加，W一定增加6.粗糙絕緣的水平地面上，有兩塊豎直平行相對而立的金屬板A、B.板間地面上靜止著帶正電的物塊，如圖5甲所示，當(dāng)兩金屬板間加如圖乙所示的交變電壓時(shí)，設(shè)直到t1時(shí)刻物塊才開始運(yùn)動(dòng)(最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力可認(rèn)為相等)，則()圖5A.在0～t1時(shí)間內(nèi)，物塊受到逐漸增大的摩擦力，方向水平向右B.在t1～t3時(shí)間內(nèi)，物塊受到的摩擦力先逐漸增大，后逐漸減小C.t3時(shí)刻物塊的速度最大D.t4時(shí)刻物塊的速度最大7.(多選)(2019·江西省新余市模擬)如圖6所示，在豎直平面內(nèi)xOy坐標(biāo)系中分布著與水平方向成45°夾角的勻強(qiáng)電場，將一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球，以某一初速度從O點(diǎn)豎直向上拋出，它的軌跡恰好滿足拋物線方程y＝kx2，且小球通過點(diǎn)P(eq\f(1,k)，eq\f(1,k))，已知重力加速度為g，則()圖6A.電場強(qiáng)度的大小為eq\f(mg,q)B.小球初速度的大小為eq\r(\f(2g,k))C.小球通過點(diǎn)P時(shí)的動(dòng)能為eq\f(5mg,4k)D.小球從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的過程中，電勢能減少eq\f(2mg,k)8.(2018·河北省五個(gè)一名校二模)如圖7所示，離地H高處有一個(gè)質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的物體處于電場強(qiáng)度隨時(shí)間變化規(guī)律為E＝E0－kt(E0、k均為大于零的常數(shù)，電場水平向左為正方向)的電場中，物體與豎直絕緣墻壁間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，已知μqE0＜mg.t＝0時(shí)，物體從墻上靜止釋放，若物體所受的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，當(dāng)物體下滑eq\f(H,2)后脫離墻面，此時(shí)速度大小為eq\f(\r(gH),2)，物體最終落到地面上.則下列關(guān)于物體運(yùn)動(dòng)說法不正確的是()圖7A.當(dāng)物體沿墻壁下滑時(shí)，物體先做加速運(yùn)動(dòng)再做勻速直線運(yùn)動(dòng)B.物體從脫離墻壁到落地之前的運(yùn)動(dòng)軌跡是一段曲線C.物體克服摩擦力所做的功W＝eq\f(3,8)mgHD.物體與墻壁脫離的時(shí)刻為t＝eq\f(E0,k)9.如圖8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＝0.2m；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＝10m/s2.求：圖8(1)小球到達(dá)M極板上邊緣B位置時(shí)速度的大小；(2)M、N兩板間的電場強(qiáng)度的大小和方向；(3)小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能.10.(2018·河南省洛陽市統(tǒng)考)位于豎直平面內(nèi)的直角坐標(biāo)系xOy，x軸沿水平方向.在第一象限的角平分線OA的上方存在有界勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)E1＝eq\f(3mg,q)，方向豎直向下；第二象限內(nèi)有另一勻強(qiáng)電場E2，電場方向與x軸正方向成45°角斜向上，如圖9所示.有一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的帶電小球在水平細(xì)線的拉力作用下恰好靜止在坐標(biāo)(－l,6l)處.現(xiàn)剪斷細(xì)線，小球從靜止開始運(yùn)動(dòng)，先后經(jīng)過兩電場后，從A點(diǎn)進(jìn)入無電場區(qū)域，最終打在x軸上的D點(diǎn)，重力加速度為g，試求：圖9(1)電場E2的場強(qiáng)；(2)A點(diǎn)的位置坐標(biāo)；(3)到達(dá)D點(diǎn)時(shí)小球的動(dòng)能.

答案精析1.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＝FfFN＝mgcosθ又Ff＝μFN，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，即受力仍平衡，所以滑塊仍做勻速運(yùn)動(dòng).]2.BC[q在O1正下方某處時(shí)，Q在O2處受力平衡，速率最大，故A錯(cuò)誤；Q在O2處加速度為零，Q第一次從O運(yùn)動(dòng)到O1的過程中加速度先減小到零后反向增大，故B正確；Q的機(jī)械能E等于Q的動(dòng)能與重力勢能之和，由功能關(guān)系有ΔE＝W彈＋W電，而彈簧彈力一直做負(fù)功，即W彈＜0，庫侖力也一直做負(fù)功，即W電＜0，則ΔE＜0，即Q的機(jī)械能不斷減小，故C正確；系統(tǒng)的勢能Ep等于重力勢能、電勢能與彈性勢能之和，根據(jù)能量守恒有ΔEp＋ΔEk＝0，由于Q的動(dòng)能Ek先增大后減小，所以系統(tǒng)的勢能先減小后增大，故D錯(cuò)誤.]3.AD[由題意知，小球P向下運(yùn)動(dòng)的過程中電場力qE及重力做正功，庫侖引力做負(fù)功，向上運(yùn)動(dòng)的過程中電場力qE與重力均做負(fù)功，庫侖引力做正功，根據(jù)能量守恒，小球返回時(shí)不可能撞到小球Q，所以A正確；當(dāng)合外力為零時(shí)，速度最大，即彈力k0x＝qE＋mgsinα－keq\f(q2,2s0＋x2)，所以B錯(cuò)誤；小球P沿著斜面向下運(yùn)動(dòng)過程中，qE做正功，庫侖力做負(fù)功，(qE＋mgsinα－F庫)s＝eq\f(1,2)mv2＞0，不能確定(qE－F庫)s是否為正，故電勢能的變化不確定，所以C錯(cuò)誤；在N點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律可得qE＋mgsinα－keq\f(q2,s\o\al(

2,0))＝ma，所以a＝eq\f(qE＋mgsinα－k\f(q2,s\o\al(

2,0)),m)，D正確.]4.AD[據(jù)φ－x圖象切線的斜率表示場強(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；由題圖乙知圖象不關(guān)于x＝L對稱，所以小球不會(huì)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：keq\f(QA,4L2)＝keq\f(QB,2L2)，解得QA∶QB＝4∶1，故D正確.]5.B[帶電小球由靜止開始釋放，只受重力和電場力，其電勢能和機(jī)械能之和保持不變.畫出帶電小球運(yùn)動(dòng)過程中可能的受力圖，由圖可知，若sinθ＝eq\f(qE,mg)，則所受電場力與位移垂直，電場力不做功，電勢能Ep一定不變，而只有重力做功，機(jī)械能W一定不變，選項(xiàng)B正確，C錯(cuò)誤；若sinθ＜eq\f(qE,mg)，則電場力與位移夾角可能小于90°，電場力做正功，電勢能Ep減少，根據(jù)電勢能和機(jī)械能之和保持不變可知，機(jī)械能W增加；也可能大于90°，電場力做負(fù)功，電勢能Ep增加，根據(jù)電勢能和機(jī)械能之和保持不變可知，機(jī)械能W減少，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；若tanθ＜eq\f(qE,mg)，則電場力與位移夾角小于90°，電場力做正功，電勢能Ep減少，根據(jù)電勢能和機(jī)械能之和保持不變可知，機(jī)械能W增加，選項(xiàng)D錯(cuò)誤.]6.C[在0～t1時(shí)間內(nèi)，電場力小于最大靜摩擦力，物塊靜止，靜摩擦力與電場力大小相等，即Ff＝qE＝qeq\f(U,d)，隨電壓增大，摩擦力增大，但是正電荷所受電場力與電場同向，均向右，所以摩擦力方向水平向左，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；在t1～t3時(shí)間內(nèi)，電場力大于最大靜摩擦力，物塊一直加速運(yùn)動(dòng)，摩擦力為滑動(dòng)摩擦力，由于正壓力等于物塊的重力，所以摩擦力不變，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；t3到t4階段，電場力小于摩擦力，但物塊仍在運(yùn)動(dòng)且為減速運(yùn)動(dòng)，故t3時(shí)刻物塊速度最大，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤.]7.CD[小球以某一初速度從O點(diǎn)豎直向上拋出，它的軌跡恰好滿足拋物線方程y＝kx2，說明小球做類平拋運(yùn)動(dòng)，則電場力與重力的合力沿x軸正方向，豎直方向qEsin45°＝mg，故電場強(qiáng)度的大小為E＝eq\f(\r(2)mg,q)，故A錯(cuò)誤；小球受到的合力F合＝qEcos45°＝mg＝ma，所以a＝g，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有eq\f(1,k)＝v0t，eq\f(1,k)＝eq\f(1,2)gt2，得初速度大小為v0＝eq\r(\f(g,2k))，故B錯(cuò)誤；eq\f(v0,vy)＝eq\f(1,2)tan45°＝eq\f(1,2)，所以通過點(diǎn)P時(shí)的動(dòng)能為eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)m(v02＋vy2)＝eq\f(5mg,4k)，故C正確；小球從O到P電勢能減少，且減少的電勢能等于電場力做的功，即WE＝eq\f(qE·\f(1,k),cos45°)＝eq\f(2mg,k)，故D正確.]8.A[豎直方向上，由牛頓第二定律有mg－μqE＝ma，隨著電場強(qiáng)度E的減小，加速度a逐漸增大，做變加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)E＝0時(shí)，加速度增大到重力加速度g，此后物體脫離墻面，故A錯(cuò)誤；物體脫離墻面時(shí)的速度向下，之后所受合外力與初速度不在同一條直線上，所以運(yùn)動(dòng)軌跡為曲線，故B正確；物體從開始運(yùn)動(dòng)到脫離墻面電場力一直不做功，由動(dòng)能定理得mgeq\f(H,2)－W＝eq\f(1,2)m(eq\f(\r(gH),2))2，物體克服摩擦力所做的功為W＝eq\f(3,8)mgH，故C正確；當(dāng)物體與墻壁脫離時(shí)，物體所受的墻面支持力為零，則電場力為零，則此時(shí)電場強(qiáng)度為零，所以有E＝E0－kt＝0，解得t＝eq\f(E0,k)，故D正確.]9.(1)2eq\r(5)m/s(2)5×103N/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＝eq\f(1,2)gt12，vy＝gt1＝2m/s解得：vB＝eq\r(v\o\al(

2,x)＋v\o\al(

2,y))＝2eq\r(5)m/stanθ＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(1,2)(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＝eq\f(mg,qE)＝eq\f(1,2)解得：E＝eq\f(2mg,q)＝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＝eq\r(mg2＋qE2)＝eq\r(5)mgB、C兩點(diǎn)間的距離s＝eq\f(d,cosθ)，cosθ＝eq\f(qE,F合)＝eq\f(2,\r(5))從B到C由動(dòng)能定理得：F合s＝EkC－eq\f(1,2)mvB2解得：EkC＝0.225J.10.(1)eq\f(\r(2)mg,q)(2)(2l,2l)(3)19mgl解析(1)小球在第二象限處于靜止時(shí)，由受力分析可