2018年高考物理全国通用一轮微专题复习练 第8章 电场

[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1
A ．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)mg
2．(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2
A ．微粒的加速度不为零
B ．微粒的电势能减少了mgd
C ．两极板间的电势差为mgd q
D ．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3
A．粒子带负电
B．粒子在A点的电势能比在B点小1.5 J
C．粒子在A点的动能比在B点大0.5 J
D．粒子在A点的机械能比在B点小1.5 J
4．(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O1处静止．若将另一带正电小球q固定在
O1正下方某处时，Q可在O2处静止．现将Q从O处由静止释放，则Q从O运动
到O1处的过程中()
A．Q运动到O1处时速率最大图4 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5
A ．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6 A ．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 20
D ．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3
4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3
4
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 . 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v 0＝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°)＝12m v 2，
根据圆周运动公式及牛顿第二定律可得F T －2mg ＝m v 2
L ，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 ＝－12m v 20，小球下滑过程中，W G －W f ＝12m v 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 ＝1
2m v 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 2
R
解得F ＝7
4
mg
(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 ＝1
2gt 21，v y
＝gt 1＝2 m/s
解得：v B ＝v 2x ＋v 2
y ＝2 5 m/s
方向tan θ＝v y v x ＝1
2
(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 ＝1
2
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＝5mg B 、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 k C －1
2m v 2B
解得：E k C ＝0.225 J.。