2020版高考物理（江苏）一轮练习：第六章 微专题51 WORD版含解析.docx

1、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.如图1所示，质量为m、带电荷量为q的滑块，沿绝缘斜面匀速下滑，当滑块滑至竖直向下匀强电场区时，滑块运动的状态为()图1A继续匀速下滑B.将加速下滑C将减速下滑D上述三种情况都可能发生2.(多选)如图2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()图2AQ运动到O1处时

2、速率最大B加速度先减小后增大C小球Q的机械能不断减小DQ、q及弹簧与地球组成的系统的势能不断减小3.(多选)如图3所示，倾角为的光滑斜面下端固定一绝缘轻弹簧，M点固定一个质量为m、带电荷量为q的小球Q，整个装置处于场强大小为E、方向沿斜面向下的匀强电场中现把一个带电荷量为q的小球P从N点由静止释放，释放后P沿着斜面向下运动N点与弹簧的上端和M的距离均为s0，PQ以及弹簧的轴线ab与斜面平行两小球均可视为质点和点电荷，弹簧的劲度系数为k0，静电力常量为k，则()图3A小球P返回时，不可能撞到小球QB当弹簧的压缩量为时，小球P的速度最大C小球P沿着斜面向下运动过程中，其电势能一定减少D小球P在N点

3、的加速度大小为4(多选)在绝缘光滑的水平面上相距为6L的A、B两处分别固定正电荷QA、QB.两电荷的位置坐标如图4甲所示图乙是AB连线之间的电势与位置x之间的关系图象，图中xL点为图线的最低点，若在x2L的C点由静止释放一个质量为m、电荷量为q的带电小球(可视为质点)，下列有关说法正确的是()图4A小球在xL处的速度最大B小球一定可以到达x2L点处C小球将以xL点为中心做往复运动D固定在A、B处的电荷的电荷量之比为QAQB415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角的方向做直线运动关于带电小球的电势能Ep和机械能W的判断，正确

4、的是()A若sin ，则Ep一定减少，W一定增加B若sin ，则Ep、W一定不变C若sin ，则Ep一定增加，W一定减小D若tan ，则Ep可能增加，W一定增加6粗糙绝缘的水平地面上，有两块竖直平行相对而立的金属板A、B.板间地面上静止着带正电的物块，如图5甲所示，当两金属板间加如图乙所示的交变电压时，设直到t1时刻物块才开始运动(最大静摩擦力与滑动摩擦力可认为相等)，则()图5A在0t1时间内，物块受到逐渐增大的摩擦力，方向水平向右B在t1t3时间内，物块受到的摩擦力先逐渐增大，后逐渐减小Ct3时刻物块的速度最大Dt4时刻物块的速度最大7.(多选)如图6所示，在竖直平面内xOy坐标系中分布着

5、与水平方向成45夹角的匀强电场，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ykx2，且小球通过点P(，)，已知重力加速度为g，则()图6A电场强度的大小为B小球初速度的大小为 C小球通过点P时的动能为D小球从O点运动到P点的过程中，电势能减少8.如图7所示，离地H高处有一个质量为m、带电荷量为q的物体处于电场强度随时间变化规律为EE0kt(E0、k均为大于零的常数，电场水平向左为正方向)的电场中，物体与竖直绝缘墙壁间的动摩擦因数为，已知qE0mg.t0时，物体从墙上静止释放，若物体所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当物体下滑后脱离墙面，此时速度

6、大小为 ，物体最终落到地面上则下列关于物体运动说法不正确的是()图7A当物体沿墙壁下滑时，物体先做加速运动再做匀速直线运动B物体从脱离墙壁到落地之前的运动轨迹是一段曲线C物体克服摩擦力所做的功WmgHD物体与墙壁脱离的时刻为t9.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d0.5 m现将一质量m1102 kg、电荷量q4105 C的带电小球从两极板上方的A点以v04 m/s的初速度水平抛出，A点距离两板上端的高度h0.2 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

7、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10.位于竖直平面内的直角坐标系xOy，x轴沿水平方向在第一象限的角平分线OA的上方存在有界匀强电场，场强E1，方向竖直向下；第二象限内有另一匀强电场E2，电场方向与x轴正方向成45角斜向上，如图9所示有一质量为m、电荷量为q的带电小球在水平细线的拉力作用下恰好静止在坐标(l,6l)处现剪断细线，小球从静止开始运动，先后经过两电场后，从A点进入无电场区域，最终打在x轴上的D点，重力加速度为g，试求：图9(1)电场E2的场强；(2)A点的位置坐标；(3)到达D

8、点时小球的动能答案精析1A设斜面的倾角为.滑块没有进入电场时，根据平衡条件得mgsin FfFNmgcos 又FfFN ，得到，mgsin mgcos ，即有sin cos 当滑块进入电场时，设滑块受到的电场力大小为F.根据正交分解得到滑块受到的沿斜面向下的力为(mgF)sin ，沿斜面向上的力为(mgF)cos ，由于sin cos ，所以(mgF)sin (mgF)cos ，即受力仍平衡，所以滑块仍做匀速运动2BCq在O1正下方某处时，Q在O2处受力平衡，速率最大，故A错误；Q在O2处加速度为零，Q第一次从O运动到O1的过程中加速度先减小到零后反向增大，故B正确；Q的机械能E等于Q的动能与

9、重力势能之和，由功能关系有EW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E0，即Q的机械能不断减小，故C正确；系统的势能Ep等于重力势能、电势能与弹性势能之和，根据能量守恒有EpEk0，由于Q的动能Ek先增大后减小，所以系统的势能先减小后增大，故D错误3AD由题意知，小球P向下运动的过程中电场力qE及重力做正功，库仑引力做负功，向上运动的过程中电场力qE与重力均做负功，库仑引力做正功，根据能量守恒，小球返回时不可能撞到小球Q，所以A正确；当合外力为零时，速度最大，即弹力k0xqEmgsin k，所以B错误；小球P沿着斜面向下运动过程中，qE做正功，库仑力做负功，(

10、qEmgsin F库)smv20，不能确定(qEF库)s是否为正，故电势能的变化不确定，所以C错误；在N点，根据牛顿第二定律可得qEmgsin kma，所以a，D正确4AD据x图象切线的斜率表示场强E，则知xL处场强为零，所以小球在C处受到的电场力向左，向左加速运动，到xL处加速度为0，从xL处向左运动时，电场力向右，做减速运动，所以小球在xL处的速度最大，故A正确；由题图乙可知，x2L点的电势大于x2L点的电势，所以小球不可能到达x2L点处，故B错误；由题图乙知图象不关于xL对称，所以小球不会以xL点为中心做往复运动，故C错误；xL处场强为零，根据点电荷场强公式有：kk，解得QA QB41，

11、故D正确5B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 ，则所受电场力与位移垂直，电场力不做功，电势能Ep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 ，则电场力与位移夹角可能小于90，电场力做正功，电势能Ep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Ep增加，根据电势能和机械能之和保持不变可知，机械能W减少，选项A错误；若tan ，则电场力与位移夹角小于90，电场力做正功，电势能Ep减少，根据电势能和机械能之和保持不变可知，机械能W增

12、加，选项D错误6C在0t1时间内，电场力小于最大静摩擦力，物块静止，静摩擦力与电场力大小相等，即FfqEq，随电压增大，摩擦力增大，但是正电荷所受电场力与电场同向，均向右，所以摩擦力方向水平向左，选项A错误；在t1t3时间内，电场力大于最大静摩擦力，物块一直加速运动，摩擦力为滑动摩擦力，由于正压力等于物块的重力，所以摩擦力不变，选项B错误；t3到t4阶段，电场力小于摩擦力，但物块仍在运动且为减速运动，故t3时刻物块速度最大，选项C正确，D错误7CD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ykx2，说明小球做类平抛运动，则电场力与重力的合力沿x轴正方向，竖直方向qEsin

13、45mg，故电场强度的大小为E，故A错误；小球受到的合力F合qEcos 45mgma，所以ag，由平抛运动规律有v0t，gt2，得初速度大小为v0，故B错误；tan 45，所以通过点P时的动能为mv2m(vv)，故C正确；小球从O到P电势能减少，且减少的电势能等于电场力做的功，即WE，故D正确8A竖直方向上，由牛顿第二定律有mgqEma，随着电场强度E的减小，加速度a逐渐增大，做变加速运动，当E0时，加速度增大到重力加速度g，此后物体脱离墙面，故A错误；物体脱离墙面时的速度向下，之后所受合外力与初速度不在同一条直线上，所以运动轨迹为曲线，故B正确；物体从开始运动到脱离墙面电场力一直不做功，由动

14、能定理得mgWm()2，物体克服摩擦力所做的功为WmgH，故C正确；当物体与墙壁脱离时，物体所受的墙面支持力为零，则电场力为零，则此时电场强度为零，所以有EE0kt0，解得t，故D正确9(1)2 m/s(2)5103 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，vxv04 m/s竖直方向做自由落体运动，hgt，vygt12 m/s解得：vB2 m/stan (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沿该直线方向，则tan 解得：E5103 N/C，方向水平向右(3)进入电场后，小球受到的合外力F合mgB、

15、C两点间的距离s，cos 从B到C由动能定理得：F合sEkCmv解得：EkC0.225 J.10(1)(2)(2l,2l)(3)19mgl解析(1)小球在第二象限处于静止时，由受力分析可得mgqE2sin 45，解得E2.(2)设小球进入第一象限的初速度为v0，在第二象限内由动能定理可得E2qlcos 45mv，解得v0.设A点的坐标为(x，y)，由于A点在象限角平分线上，则有yx.小球进入电场E1内做类平抛运动，竖直方向上有qE1mgma,6lyat2.水平方向有xv0t.由以上各式可得x2l，则A点的位置坐标为(2l,2l)(3)对从P到D全过程运用动能定理得EkDqE2lcos 45qE1(6lx)6mgl19mgl.