高考物理一轮复习 微专题10 电场中的力电综合问题练习 新人教版

微专题十 电场中的力电综合问题A级基础练1(08786717)如图所示，一质量为m、带电荷量为q的粒子，以初速度v0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2v0，方向与电场方向一致，则a、b两点间的电势差为() A.B.C. D.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av/t，可得加速度的大小ax2ay2g，由牛顿第二定律可知，qE2mg，水平位移xv0t，竖直位移yv0t/2，即x2y，因此电场力做功W1qExqUab，重力做功W2mgyW1/4，由动能定理得：W1W2m(2v0)2mv，解得：Uab.2(08786718)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v1，方向水平向右；运动至B点时的速度大小为v2，运动方向与水平方向之间的夹角为，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() AA、B两点的电场强度和电势关系为EAEB、Av1，则电场力一定做正功CA、B两点间的电势差为(vv)D小球从A点运动到B点的过程中电场力做的功为mvmvmgh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v2v1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(vv)，C错误小球从A点运动到B点过程中由动能定理得W电mghmvmv，所以W电mvmvmgh，D正确3(08786719)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HD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4(08786720)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v0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mgEq，则() A电场方向竖直向上B小球运动的加速度大小为2gC小球上升的最大高度为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mgqE，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ag，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：mg2h0mv，解得：h，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EpqE2hcos 120qEhmg，D正确5(08786721)如图甲，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示t0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，0时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出微粒运动过程中未与金属板接触重力加速度的大小为g.关于微粒在0T时间内运动的描述，正确的是()A末速度大小为v0 B末速度沿水平方向C重力势能减少了mgd D克服电场力做功为mgd解析：B0时间内微粒匀速运动，有mgqE0.把微粒的运动分解，水平方向：做速度为v0的匀速直线运动，竖直方向：时间内，只受重力，做自由落体运动，时刻，v1yg，T时间内，ag，做匀减速直线运动，T时刻，v2yv1ya0，所以末速度vv0，方向沿水平方向，选项A错误，B正确；重力势能的减少量Epmgmgd，所以选项C错误；根据动能定理：mgdW克电0，得W克电mgd，D错误6(08786722)(多选)(2018安徽宿州一模)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v0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B板间电场强度大小为C粒子在竖直方向上经过的总路程为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ag，即Eqmgma，即Eq2mg，场强大小为E，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sgt22，t，解得s，C正确7(08786723)(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vv2ax可知，v2x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8(08786724)(多选)如图甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔，右极板电势随时间变化的规律如图乙所示，电子原来静止在左极板小孔处，不计电子的重力，下列说法正确的是()甲乙A若t0时刻释放电子，电子始终向右运动，直到打到右极板上B若t0时刻释放电子，电子可能在两板间振动C若t时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上D若t时刻释放电子，电子必然打到左极板上解析：AC若t0时刻释放电子，电子将重复先加速后减速的运动，直到打到右极板，不会在两板间振动，所以A正确，B错误；若从t时刻释放电子，电子先加速，再减速，有可能电子已到达右极板，若此时未到达右极板，则电子将在两极板间振动，所以C正确；同理，若从t时刻释放电子，电子有可能达到右极板，也有可能从左极板射出，这取决于两板间的距离，所以D错误此题考查带电粒子在交变电场中的运动B级能力练9(08786725)(2018湖北孝感第一次联考)如图甲所示，A、B为两块平行金属板，极板间电压为UAB1 125 V，现有大量的电子由A板从静止开始加速后，沿两平行金属板CD的中线进入到偏转电场平行金属板C、D长L14102 m，板间距离d8103 m，在距离C、D右侧边缘L20.1 m处有一足够大的荧光屏P，当C、D之间未加电压时电子沿C、D板的中线穿过，打在荧光屏上的O点并发出荧光现给金属板C、D之间加一个如图乙所示的变化电压UDC(D板接电源的正极)已知电子质量为m9.01031 kg，电荷量为e1.61019 C求：(1)电子从B板上的小孔射出时的速率v0；(2)打在荧光屏上的电子的最大动能；(3)一起上下调整A、B，使电子能够在C、D板左侧任意位置仍以速度v0沿平行于C、D板的方向进入到偏转电场中，求电子打到荧光屏上亮线的长度(只考虑竖直方向)解析：(1)电子经A、B两块金属板加速，由eUABmv解得v02.0107 m/s.(2)电子在水平方向做匀速运动，通过C、D板间的时间t2.0109 s.电子通过时间极短，可认为通过时电场恒定，电子在电场中做类平抛运动，当C、D间电压最大时，竖直方向的位移yayt2t26.0103 m，竖直方向位移大于，电子将打到下极板上而不出电场，所以电子刚好从下极板边缘飞出时，竖直方向速度最大，动能最大，由平抛运动推论得，可以得到vy4.0106 m/s，电子的最大动能Ekmaxmv2m(vv)1.91016 J.(3)当电子在靠近上极板射入，偏转电压为0时，电子做匀速直线运动通过偏转电场，此时打在荧光屏上亮线最上端当电子从D板下端边缘通过，竖直方向速度最大时，电子能打到荧光屏上亮线最下端，根据ymax6.0103 m可得到，当电子从距离D板高度6.0103 m处射入偏转电场时，能够到达荧光屏上亮线最下端，设此时电子竖直方向位移为y2，则由平抛运动推论可得，解得y23.6102 m，所以电子打到荧光屏上亮线的长度是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联考)如图所示，一质量为m、电荷量为q的带正电小球(可视为质点)从y轴上的A点以初速度v0水平抛出，两长为L的平行金属板M、N倾斜放置且与水平方向间的夹角为37.(sin 370.6)(1)若带电小球恰好能垂直于M板从其中心小孔B进入两板间，试求带电小球在y轴上的抛出点A的坐标及小球抛出时的初速度v0；(2)若该平行金属板M、N间有如图所示的匀强电场，且匀强电场的电场强度大小与小球质量之间的关系满足E，试计算两平行金属板M、N之间的垂直距离d至少为多少时才能保证小球不打在N板上解析：(1)设小球由y轴上的A点运动到金属板M的中点B的时间为t，由题意，在与x轴平行的方向上，有：cos v0t，tan .带电小球在竖直方向上下落的距离为hgt2，所以小球抛出点A的纵坐标为yhsin ，联立以上各式并代入数据可解得v0 ，yL，t2，h.所以小球抛出点A的坐标为，小球抛出时的初速度大小为v0 .(2)设小球进入电场时的速度大小为v，则由动能定理可得mghmv2mv，解得v .带电小球进入匀强电场后的受力情况如图所示因为E，所以qEmgcos ，因此，带电小球进入该匀强电场后将做类平抛运动，其加速度大小为agsin 设带电小球在该匀强电场中运动的时间为t，欲使小球不打在N板上，由类平抛运动的规律可得dvt，at2，联立以上各式并代入数据可解得dL.答案：(1)(2)L11(08786727)(2018安阳模拟)如图所示，BCDG是光滑绝缘的圆形轨道，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. (1)若滑块从水平轨道上距离B点s3R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Eqsmgsmv2而：qE解得：v 设滑块到达C点时速度为vC，受到轨道的作用力大小为F，则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vmin)，则有：m解得：vmin.答案：(1)mg(2)12(08786728)一电荷量为q(q0)、质量为m的带电粒子在匀强电场的作用下，在t0时由静止开始运动，场强随时间变化的规律如图所示，不计重力求在t0到tT的时间间隔内(1)粒子位移的大小和方向；(2)粒子沿初始电场反方向运动的时间解析：(1)带电粒子在0、T时间间隔内做匀变速运动，设加速度分别为a1、a2、a3、a4，由牛顿第二定律得a1a22a32a4由此得带电粒子在0T时间间隔内运动的at图象如图甲所示，对应的vt图象如图乙所示，其中v1a1由图乙可知，带电粒子在t0到tT时的位移为xv1由式得x它沿初始电场正方向(2)由图乙可知，粒子在tT到tT内沿初始电场的反方向运动，总的运动时间t为tTT.答案：(1)沿初始电场正方向(2)6EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F375