高2020届高2017级2020年高考物理一轮复习课件《创新教程》配套学案课时冲关二十七

链接高考7 电场中的力电综合问题
(课时冲关二十七) [A 级－基础练]
1.如图所示,高为h 的固定光滑绝缘斜面,倾角θ＝53°,将其置于水平向右的匀强电场中,现将一带正电的物块(可视为质点)从斜面顶端由静止释放,其所受的电场力是重力的4
3倍,重
力加速度为g ,则物块落地的速度大小为( )
A.25gh
B.2gh
C.22gh
D.5
3
2gh 解析:D [对物块受力分析知, 物块不沿斜面下滑, 离开斜面后沿重力、 电场力合力的方向运动,F 合＝53mg ,x ＝53h ,由动能定理得F 合·x ＝12m v 2,解得v ＝5
3
2gh .]
2.如图所示,一质量为m 、带电荷量为q 的粒子,以初速度v 0从a 点竖直向上射入匀强电场中,匀强电场方向水平向右.粒子通过电场中的b 点时,速率为2v 0,方向与电场方向一致,则a 、b 两点间的电势差为( )
A.
m v 202q
B.3m v 20q
C.2m v 20q
D.3m v 202q
解析:C [由题意可知,粒子受重力和水平方向的电场力作用,由加速度定义a ＝Δv /Δt ,可得加速度的大小a x ＝2a y ＝2g ,由牛顿第二定律可知,qE ＝2mg ,水平位移x ＝v 0t ,竖直位移y ＝v 0t /2,即x ＝2y ,因此电场力做功W 1＝qEx ＝qU ab ,重力做功W 2＝－mgy ＝－W 1/4,由动能定理得:W 1＋W 2＝12m (2v 0)2
－12m v 20,解得:U ab ＝2m v 20q
.]
3.空间某区域内存在着电场,电场线在竖直平面上的分布如图所示.一个质量为m 、电荷量为q 的带电小球在该电场中运动,小球经过A 点时的速度大小为v 1,方向水平向右；运动至B 点时的速度大小为v 2,运动方向与水平方向之间的夹角为α,A 、B 两点间的高度差为h 、水平距离为s ,则以下判断正确的是( )
A.A 、B 两点的电场强度和电势关系为E A <E B 、φA <φB
B.如果v 2>v 1,则电场力一定做正功
C.A 、B 两点间的电势差为m 2q
(v 22－v 2
1) D.小球从A 点运动到B 点的过程中电场力做的功为12m v 22－12m v 21
－mgh
解析:D [由电场线的方向和疏密可知A 点电场强度小于B 点,但A 点电势高于B 点,A 错误.若v 2>v 1说明合外力对小球做正功,但电场力不一定做正功,B 错误.由于有重力做功,A 、B 两点间电势差不是m 2q (v 22－v 21),C 错误.小球从A 点运动到B 点过程中由动能定理得W 电＋mgh
＝12m v 22－12m v 21,所以W 电＝12m v 22－12
m v 21－mgh ,D 正确.] 4.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.电场力跟重力平衡
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
解析:B [由于小球在竖直平面内做匀速圆周运动,所以重力与电场力的合力为0,电场力方向竖直向上,小球带正电,A 错,B 对；从a →b ,电场力做负功,电势能增大,C 错；由于有电场力做功,机械能不守恒,D 错.]
5.如图所示,MPQO 为有界的竖直向下的匀强电场,电场强度为E ,ACB 为光滑固定的半圆形轨道,轨道半径为R ,A 、B 为圆水平直径的两个端点,AC 为1
4圆弧.一个质量为m ,电荷量为－
q 的带电小球,从A 点正上方高为H 处由静止释放,并从A 点沿切线进入半圆轨道.不计空气阻力及一切能量损失,关于带电小球的运动情况,下列说法正确的是( )
A.小球一定能从B 点离开轨道
B.小球在AC 部分可能做匀速圆周运动
C.若小球能从B 点离开,上升的高度一定等于H
D.小球到达C 点的速度可能为零
解析:B [若电场力大于重力,则有可能不从B 点离开轨道,选项A 错误；若电场力等于重力,小球在AC 部分做匀速圆周运动,选项B 正确；因电场力做负功,则机械能损失,上升的高度一定小于H ,选项C 错误；由圆周运动知识可知,若小球到达C 点的速度为零,则在此之前就已脱轨了,选项D 错误.]
6.(2019·安阳模拟)如图所示,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
4mg ,滑块与水
平轨道间的动摩擦因数为0.5,重力加速度为g .
(1)若滑块从水平轨道上距离B 点s ＝3R 的A 点由静止释放,求滑块到达与圆心O 等高的C 点时,受到轨道的作用力大小.
(2)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.
解析:(1)设滑块到达B 点时的速度为v ,由动能定理有 Eqs －μmgs ＝1
2m v 2
而:qE ＝3mg
4
解得:v ＝
3gR
2
设滑块到达C 点时速度为v C ,受到轨道的作用力大小为F , 则EqR －mgR ＝12m v 2C －12m v 2
得:v C ＝gR
由水平方向合外力提供向心力得: F －Eq ＝m v 2C
R
解得:F ＝7
4
mg .
(2)要使滑块恰好始终沿轨道滑行,则滑至圆轨道DG 间某点,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
. 答案:(1)74mg (2)5gR
2
[B 级－能力练]
7.如图所示,一质量为m 、电荷量为q 的小球在电场强度为E 、区域足够大的匀强电场中,以初速度v 0沿ON 在竖直面内做匀变速直线运动.ON 与水平面的夹角为30°,重力加速度为g ,且mg ＝Eq ,则( )
A.电场方向竖直向上
B.小球运动的加速度大小为2g
C.小球上升的最大高度为v 20
2g
D.若小球在初始位置的电势能为零,则小球电势能的最大值为m v 20
4
解析:D [由于带电小球在竖直面内做匀变速直线运动,其合力沿ON 方向,而mg ＝qE ,由三角形定则,可知电场方向与ON 方向成120°角,A 错误；由图中几何关系可知,其合力为mg ,由牛顿第二定律可知a ＝g ,方向与初速度方向相反,B 错误；设带电小球上升的最大高度为h ,由动能定理可得:－mg ·2h ＝0－12m v 20,解得:h ＝v 204g
,C 错误；电场力做负功,带电小球的电势能变
大,当带电小球速度为零时,其电势能最大,则E p ＝－qE ·2h cos 120°＝qEh ＝mg ·v 2
04g ＝m v 20
4
,D 正
确.]
8.(多选)图甲中的直线为一静电场中的电场线,一不计重力的带负电粒子从电场线上的
M 点沿电场线运动至N 点,假设粒子仅受电场力作用,图乙描述了该粒子速度的平方随其位移的变化规律,则( )
A.粒子在M 点所受的电场力等于在N 点所受的电场力
B.该电场线上的电场方向由N 点指向M 点
C.粒子由M 点向N 点运动的过程中,电场力做负功
D.粒子在N 点的电势能大于在M 点的电势能
解析:AB [由运动学公式v 22－v 21＝2ax 可知,v 2
－x 图象的斜率为2a ,即粒子受到的电场力
大小不变,选项A 正确；从M 点到N 点粒子的动能变大,电场力做正功,粒子电势能变小,由M 点至N 点电场线上的电势升高,则电场线上的电场方向由N 点指向M 点,选项B 正确,C 、D 错误.]
9.(2019·湖北八校联考)(多选)如图所示,在竖直平面内xOy 坐标系中分布着与水平方向成45°角的匀强电场,将一质量为m 、带电荷量为q 的小球,以某一初速度从O 点竖直向上抛出,它的轨迹恰好满足抛物线方程x ＝ky 2,且小球通过点P ⎝⎛⎭⎫1k ，1k .已知重力加速度为g ,则( )
A.电场强度的大小为mg
q
B.小球初速度的大小为
g 2k C.小球通过点P 时的动能为
5mg
4k
D.小球从O 点运动到P 点的过程中,电势能减少
2mg
k
解析:BC [小球做类平抛运动,则电场力与重力的合力沿x 轴正方向,qE ＝2mg ,电场强度的大小为E ＝
2mg q ,A 错误；F 合＝mg ＝ma ,所以a ＝g ,由类平抛运动规律有1k ＝v 0t ,1k ＝1
2
gt 2,得小球初速度大小v 0＝
g
2k ,B 正确；由P 点的坐标分析可知v 0v x ＝12
,所以小球通过点P 时的动能为12m v 2＝12m (v 20＋v 2
x )＝5mg 4k
,C 正确；小球从O 到P 过程中电势能减少,且减少的电势能
等于电场力做的功,即W ＝qE ·1k 1cos 45°＝2mg
k
,D 错误.]
10.(2019·辽宁省三校高三第三次调研考试)如图所示,矩形区域PQNM 内存在平行于纸面的匀强电场,一质量为m ＝2.0×10
－11
kg 、电荷量为q ＝1.0×10－
5 C 的带正电粒子(重力不计)
从a 点以v 1＝1×104 m/s 的初速度垂直于PQ 进入电场,最终从MN 边界的b 点以与水平边界MN 成30°角斜向右上方的方向射出,射出电场时的速度v 2＝2×104 m/s,已知MP ＝20 cm 、MN ＝80 cm,取a 点电势为零,如果以a 点为坐标原点O ,沿PQ 方向建立x 轴,则粒子从a 点运动到b 点的过程中,电场的电场强度E 、电势φ、粒子的速度v 、电势能E p 随x 的变化图象正确的是( )
解析:D [因为规定a 点电势为零,粒子进入电场后做类平抛运动,根据电场力做功与电势能的变化的关系,有qEx ＝ΔE p ＝0－E p ,故E p ＝－qEx ,故选项D 正确；因为匀强电场中的电场强度处处相等,故选项A 错误；因为粒子离开电场时的速度v 2＝v 1
sin 30°＝2v 1,电场的方向水
平向右,沿电场线的方向电势降低,故选项B 错误；粒子在电场中运动的过程中,由动能定理可知,qEx ＝12m v 2－12m v 21
,所以v 与x 不是线性关系,选项C 错误.]
11.(2019·安徽宿州一模)(多选)如图所示,两带电平行金属板水平放置,板长为L ,距离右端L 处有一竖直放置的光屏M .一质量为m 、带电荷量为q 的粒子以速度v 0从两板中央射入板间,最后垂直打在M 屏上,重力加速度为g .则下列结论正确的是( )
A.板间电场强度大小为mg q
B.板间电场强度大小为2mg
q
C.粒子在竖直方向上经过的总路程为gL 2
v 20
D.粒子在板内做匀变速直线运动
解析:BC [带电粒子能垂直打在屏上,说明一定要考虑粒子的重力,粒子在水平方向做匀速直线运动,在板内和板外的运动时间相同,在板间,竖直方向受向上的电场力和向下的重力,加速度向上,射出电场时,速度斜向上；在板外,仅受重力,竖直方向做速度竖直向上、加速度竖直向下且大小为g 的匀减速直线运动,到达屏时,竖直分速度减为零,在竖直方向,在板间和板外,两过程具有对称性,所以板间的加速度a ＝g ,即Eq －mg ＝ma ,即Eq ＝2mg ,场强大小为E ＝2mg
q
,粒子在板内和板外均做匀变速曲线运动,A 、D 错误,B 正确.粒子在竖直方向经过的总路程s ＝12gt 2×2,t ＝L v 0,解得s ＝gL 2
v 20
,C 正确.]
12.如图所示,光滑水平轨道与半径为R 的光滑竖直半圆轨道在B 点平滑连接,在过圆心O 的水平界面MN 的下方分布有水平向右的匀强电场,现有一质量为m 、电荷量为＋q 的小球从水平轨道上A 点由静止释放,小球运动到C 点离开圆轨道后,经界面MN 上的P 点进入电场(P 点恰好在A 点的正上方,小球可视为质点,小球运动到C 点之前电荷量保持不变,经过C 点后电荷量立即变为零).已知A 、B 间距离为2R ,重力加速度为g ,在上述运动过程中,求:
(1)电场强度E 的大小；
(2)小球在圆轨道上运动时的最大速率； (3)小球对圆轨道的最大压力的大小.
解析:(1)设小球过C 点时速度大小为v C ,小球从A 到C 由动能定理知 qE ·3R －mg ·2R ＝12m v 2C
小球离开C 点后做平抛运动到P 点,有 R ＝12gt 2
2R ＝v C t 联立解得E ＝mg
q
.
(2)设小球运动到圆轨道D 点时速度最大,设最大速度为v ,此时OD 与竖直线OB 夹角设为α,小球从A 点运动到D 点的过程,根据动能定理知
qE (2R ＋R sin α)－mgR (1－cos α)＝1
2
m v 2
即1
2
m v 2＝mgR (sin α＋cos α＋1) 根据数学知识可知,当α＝45°时动能最大,由此可得 v ＝2(2＋1)gR .
(3)由(2)中知,由于小球在D 点时速度最大且电场力与重力的合力恰好背离半径方向,故小球在D 点时对圆轨道的压力最大,设此压力大小为F ,由牛顿第三定律可知小球在D 点受到的轨道的弹力大小也为F ,在D 点对小球进行受力分析,并建立如图所示坐标系,由牛顿第二定律知
F －qE sin α－mg cos α＝m v 2
R
解得F ＝(2＋32)mg . 答案:(1)mg
q (2)
2(2＋1)gR (3)(2＋32)mg。