【物理】2020届一轮复习人教版力电综合问题课时作业

【物理】2020届一轮复习人教版力电综合问题课时作业

‎2020届一轮复习人教版 力电综合问题 课时作业 ‎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1‎ A.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2‎ A.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α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3‎ A.小球P返回时，不可能撞到小球Q B.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φ与位置x之间的关系图象，图中x＝L点为图线的最低点，若在x＝2L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4‎ A.小球在x＝L处的速度最大 B.小球一定可以到达x＝－2L点处 C.小球将以x＝L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QA∶QB＝4∶1‎ ‎5.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θ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sinθ＜，则Ep一定减少，W一定增加 B.若sinθ＝，则Ep、W一定不变 C.若sinθ＝，则Ep一定增加，W一定减小 D.若tanθ＝，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5‎ A.在0～t1时间内，物块受到逐渐增大的摩擦力，方向水平向右 B.在t1～t3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y＝kx2，且小球通过点P(，)，已知重力加速度为g，则(　　)‎ 图6‎ A.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E＝E0－kt(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μ，已知μqE0＜mg.t＝0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7‎ A.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W＝mgH D.物体与墙壁脱离的时刻为t＝ ‎9.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d＝0.5m.现将一质量m＝1×10－2kg、电荷量q＝＋4×10－5C的带电小球从两极板上方的A点以v0＝4m/s的初速度水平抛出，A点距离两板上端的高度h＝0.2m；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g＝10m/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θ.滑块没有进入电场时，根据平衡条件得mgsinθ＝Ff FN＝mgcosθ又Ff＝μFN，得到，mgsinθ＝μmgcosθ，即有sinθ＝μcosθ 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(mg＋F)sinθ，沿斜面向上的力为μ(mg＋F)cosθ，‎ 由于sinθ＝μcosθ，所以(mg＋F)sinθ＝μ(mg＋F)cosθ，即受力仍平衡，所以滑块仍做匀速运动.]‎ ‎2.BC　[q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ΔE＝W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ΔE＜0，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ΔEp＋ΔEk＝0，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k0x＝qE＋mgsinα－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，(qE＋mgsinα－F库)s＝mv2＞0，不能确定(qE－F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qE＋mgsinα－k＝ma，所以a＝，D正确.]‎ ‎4.AD　[据φ－x图象切线的斜率表示场强E，则知x＝L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x＝L处加速度为0，从x＝L处向左运动时，电场力向右，做减速运动，所以小球在x＝L处的速度最大，故A正确；由题图乙可知，x＝－2L点的电势大于x＝2L点的电势，所以小球不可能到达x＝－2L点处，故B错误；由题图乙知图象不关于x＝L对称，所以小球不会以x＝L点为中心做往复运动，故C错误；x＝L处场强为零，根据点电荷场强公式有：k＝k，解得QA∶QB＝4∶1，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sinθ＝，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sinθ＜，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tanθ＜，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0～t1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Ff＝qE＝q，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t1～t3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y＝kx2，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qEsin45°＝mg，故电场强度的大小为E＝，故A错误；小球受到的合力F合＝qEcos45°＝mg＝ma，所以a＝g，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mv2＝m(v02＋vy2)＝，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mg－μqE＝ma，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E＝0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mg－W＝m()2，物体克服摩擦力所做的功为W＝mgH，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E＝E0－kt＝0，解得t＝，故D正确.]‎ ‎9.(1)2m/s　(2)5×103N/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，vx＝v0＝4m/s 竖直方向做自由落体运动，h＝gt12，vy＝gt1＝2m/s 解得：vB＝＝2m/s tanθ＝＝(θ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tanθ＝＝ 解得：E＝＝5×103N/C，方向水平向右.‎ ‎(3)进入电场后，小球受到的合外力 F合＝＝mg B、C两点间的距离s＝，cosθ＝＝ 从B到C由动能定理得：F合s＝EkC－mvB2‎ 解得：EkC＝0.225J.‎ ‎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mg＝qE2sin45°，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E2qlcos45°＝mv02，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y＝x.小球进入电场E1内做类平抛运动，竖直方向上有qE1＋mg＝ma,6l－y＝at2.水平方向有x＝v0t.由以上各式可得x＝2l，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EkD＝qE2lcos45°＋qE1(6l－x)＋6mgl＝19mgl.‎