（全国通用）高考物理第七章微专题56力电综合问题加练半小时（含解析）.docx

力电综合问题方法点拨(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.(2018广东省东莞市模拟)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2A.Q运动到O1处时速率最大B.加速度先减小后增大C.小球Q的机械能不断减小D.Q、q及弹簧与地球组成的系统的势能不断减小3.(多选)(2018河南省中原名校第三次联考)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C.t3时刻物块的速度最大D.t4时刻物块的速度最大7.(多选)(2019江西省新余市模拟)如图6所示，在竖直平面内xOy坐标系中分布着与水平方向成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.(2018河北省五个一名校二模)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d0.5m.现将一质量m1102kg、电荷量q4105C的带电小球从两极板上方的A点以v04m/s的初速度水平抛出，A点距离两板上端的高度h0.2m；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g10m/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.(2018河南省洛阳市统考)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点时小球的动能.答案精析1.A设斜面的倾角为.滑块没有进入电场时，根据平衡条件得mgsinFfFNmgcos又FfFN，得到，mgsinmgcos，即有sincos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sincos，所以(mgF)sin(mgF)cos，即受力仍平衡，所以滑块仍做匀速运动.2.BCq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.3.AD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k0xqEmgsink，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，(qEmgsinF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qEmgsinkma，所以a，D正确.4.AD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QAQB41，故D正确.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，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增加，选项D错误.6.C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.7.CD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qEsin45mg，故电场强度的大小为E，故A错误；小球受到的合力F合qEcos45mgma，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；tan45，所以通过点P时的动能为mv2m(v02vy2)，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.8.A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)2m/s(2)5103N/C水平向右(3)0.225J解析(1)小球平抛运动过程水平方向做匀速直线运动，vxv04m/s竖直方向做自由落体运动，hgt12，vygt12m/s解得：vB2m/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：E5103N/C，方向水平向右.(3)进入电场后，小球受到的合外力F合mgB、C两点间的距离s，cos从B到C由动能定理得：F合sEkCmvB2解得：EkC0.225J.10.(1)(2)(2l,2l)(3)19mgl解析(1)小球在第二象限处于静止