《2019版高考物理一轮复习第六章静电场微专题3力学综合问题备考精炼》由会员分享,可在线阅读,更多相关《2019版高考物理一轮复习第六章静电场微专题3力学综合问题备考精炼(12页珍藏版)》请在金锄头文库上搜索。
1、15353 力学综合问题力学综合问题方法点拨 (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如图 1 所示,地面上某个空间区域存在这样的电场,水平虚线上方为场强E1,方向竖直向下的匀强电场;虚线下方为场强E2,方向竖直向上的匀强电场一个质量m,带电q的小球从上方电场的A点由静止释放,结果刚好到达下方电场中与A关于虚线对称的B点,则下列结论正确的是( )图 1A若AB高度差为h,则UABmgh qB带电小球在A、B两点电势能相等C在虚线上、下方的电场中,带电小球运动的加速度相同D两
2、电场强度大小关系满足E22E12(多选)(2017南通市第三次调研)如图 2 所示,板长为L的平行板电容器与一直流电源相连接,其极板与水平面成 30角;若粒子甲、乙以相同大小的初速度v0,由图中2gL的P点射入电容器,分别沿着虚线 1 和 2 运动,然后离开电容器;虚线 1 为连接上、下极板边缘的水平线,虚线 2 为平行且靠近上极板的直线,则下列关于两粒子的说法正确的是( )2图 2A两者均做匀减速直线运动B两者电势能均逐渐增加C两者的比荷之比为 34D两者离开电容器时的速率之比为v甲v乙233(2018阜宁中学模拟)如图 3 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
3、竖直向下匀强电场区时,滑块运动的状态为( )图 3A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4(多选)如图 4 所示,水平面内的等边三角形ABC的边长为L,顶点C恰好位于光滑绝缘直轨道CD的最低点,光滑直导轨的上端点D到A、B两点的距离均为L,D在AB边上的竖直投影点为O.一对电荷量均为Q的点电荷分别固定于A、B两点在D处将质量为m、电荷量为q的小球套在轨道上(忽略它对原电场的影响),将小球由静止开始释放,已知静电力常量为k、重力加速度为g,且kmg,忽略空气阻力,则( )Qq L233图 4A轨道上D点的场强大小为mg 2qB小球刚到达C点时,其加速度为零C小球刚到达C
4、点时,其动能为mgL32D小球沿直轨道CD下滑过程中,其电势能先增大后减小35(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 5 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 5A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QAQB416(多选)(2017宿迁市上学期期末)如图 6 所示,L为竖直、固定的光滑绝缘杆,杆上O点套有一质
5、量为m、带电荷量为q的小环,在杆的左侧固定一电荷量为Q的点电荷,杆上a、b两点到Q的距离相等,Oa之间距离为h1,ab之间距离为h2,使小球从图示位置的O点由静止释放后,通过a的速率为.则下列说法正确的是( )3gh1图 6A小环从O到b,电场力做的功不为零B小环通过b点的速率为g3h12h2C小环在Oa之间的速度是先增大后减小D小环在ab之间的速度是先减小后增大7(多选)(2017高邮市段考)如图 7 所示,在真空中倾斜平行放置着两块带有等量异号电荷的金属板A、B,一个电荷量为q1.41104 C,质量m1 g 的带电小球自A板上的孔P点以水平速度v00.1 m/s 飞入两板之间的电场,经
6、0.02 s 后未与B板相碰又回到P点,g取 10 m/s2,则( )4图 7A板间电场强度大小为 100 V/mB板间电场强度大小为 141 V/mC板与水平方向的夹角30D板与水平方向的夹角458如图 8 所示,匀强电场方向水平向右,场强为E,不可伸长的悬线长为L.上端系于O点,下端系质量为m、带电荷量为q的小球,已知Eqmg.现将小球从最低点A由静止释放,则下列说法错误的是( )图 8A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)mg29如图 9 所示,一光滑绝缘细直杆MN,长为L,水平固定在匀强电场中,
7、场强大小为E,方向与竖直方向夹角为.杆的M端固定一个带负电小球A,电荷量大小为Q;另一带负电的小球B穿在杆上,可自由滑动,电荷量大小为q,质量为m,现将小球B从杆的N端由静止释放,小球B开始向右端运动,已知k为静电力常量,g为重力加速度,求:图 9(1)小球B对细杆的压力的大小;(2)小球B开始运动时的加速度的大小;(3)小球B速度最大时,离M端的距离510(2018姜堰市调研)用静电的方法来清除空气中的灰尘,需要首先设法使空气中的灰尘带上一定量的电荷,然后利用静电场对电荷的作用力,使灰尘运动到指定的区域进行收集为简化计算,可认为每个灰尘颗粒的质量及其所带电荷量均相同,设每个灰尘所带电荷量为q
8、,其所受空气阻力与其速度大小成正比,表达式为F阻kv(式中k为大于 0 的已知常量)由于灰尘颗粒的质量较小,为简化计算,灰尘颗粒在空气中受电场力作用后达到电场力与空气阻力相等的过程所用的时间及通过的位移均可忽略不计,同时也不计灰尘颗粒之间的作用力及灰尘所受重力的影响图 10(1)有一种静电除尘的设计方案是这样的,需要除尘的空间是一个高为H的绝缘圆桶形容器的内部区域,将一对与圆桶半径相等的圆形薄金属板平行置于圆桶的上、下两端,恰好能将圆桶封闭,如图 10 甲所示在圆桶上、下两金属板间加上恒定的电压U(圆桶内空间的电场可视为匀强电场),便可以在一段时间内将圆桶区域内的带电灰尘颗粒完全吸附在金属板上
9、,从而达到除尘的作用求灰尘颗粒运动可达到的最大速率;6(2)对于一个待除尘的半径为R的绝缘圆桶形容器内部区域,还可以设计另一种静电除尘的方案:沿圆桶的轴线有一根细直导线作为电极,紧贴圆桶内壁加一个薄金属桶作为另一电极在直导线电极外面套有一个由绝缘材料制成的半径为R0的圆桶形保护管,其轴线与直导线重合,如图乙所示若在两电极间加上恒定的电压,使得桶壁处电场强度的大小恰好等于第(1)问的方案中圆桶内电场强度的大小,且已知此方案中沿圆桶半径方向电场强度大小E的分布情况为E ,式中r为所研究的点与直导线的距离1 r试通过计算分析,带电灰尘颗粒从保护管外壁运动到圆桶内壁的过程中,其瞬时速度大小v随其与直导
10、线的距离r之间的关系;对于直线运动,教科书中讲解了由v t图象下的面积求位移的方法请你借鉴此方法,利用v随r变化的关系,画出 随r变化的图象,根据图象的面积求出带电灰尘颗粒从保护1 v管外壁运动到圆桶内壁的时间711如图 11 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g10
11、 m/s2.求:图 11(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;8(3)小球到达C点时的动能答案精析答案精析1A 对小球由A到B的过程运用动能定理得,qUABmgh0,解得:UAB,知mgh qA、B的电势不等,则带电小球在A、B两点的电势能不等,故 A 正确,B 错误;小球从A运动到虚线速度由零加速至v,从虚线运动到B速度由v减为零,位移相同,根据匀变速运动的推论知,加速度大小相等,方向相反,故 C 错误;在上方电场,根据牛顿第二定律得:小球加速度大小为a1,在下方电场中,根据牛顿第二定律得,小球加速度大小为:mgqE1 ma2,因为a1a2,
12、解得:E2E1,故 D 错误qE2mg m2mg q2AD 根据题意可知,粒子做直线运动,则电场力与重力的合力与速度方向在同一直线上,所以电场力只能垂直极板向上,受力如图所示;根据受力图,粒子做直线运动,则电场力与重力的合力与速度方向反向,粒子做匀减速直线运动,故 A 正确;粒子甲受到的电场力与位移方向的夹角为钝角,所以电场力做负功,电势能逐渐增加;粒子乙运动的方向与电场力的方向垂直,电场力不做功,所以粒子的电势能不变,故 B 错误;根据受力图,9对甲:m甲gq甲Ecos 30q甲E,32所以:q甲 m甲2 3 g3E对乙:m乙gcos 30q乙E,所以q乙 m乙3g2E所以: ,故 C 错误
13、;带电粒子甲沿水平直线运动,合力做的功:W1mq甲 m甲 q乙 m乙2 3g3E32E g4 3甲gtan 30m甲gL,L cos 302 3根据动能定理得:m甲v甲2m甲v02m甲gL1 21 22 3所以:v甲 2 3gL带电粒子乙沿平行于极板的直线运动,合力做的功:W2m乙gsin 30Lm乙gL,1 2根据动能定理得:m乙v乙2m乙v02m乙gL1 21 21 2所以:v乙gL所以:,故 D 正确v甲 v乙2 33A 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,
14、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4BC5AD 据x图象切线的斜率等于场强E,则知xL处场强为零,所以小球在C处受10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
15、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,故 D 正确QA4L2QB2L26AB7AD 由题意知,小球未与B板相碰又回到P点,则小球先做匀减速直线运动,减速到0,后反向做匀加速直线运动,对带电小球受力分析,如图所示小球的加速度a m/s210 m/s2v t0v0 t 200.1 0.02 2根据几何关系tan 1,得45F合 mgma mga gF电mgqEmg sin 452代入数据解得E100 V/m,故 A、D 正确,B、C 错误8C 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往复运动,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mgL(1cos 45)mv2,根据圆周运动公式及牛顿第二定律可得FTmgm,联立21 22v2 L解得FT(32)m