2025版高考物理一輪復(fù)習(xí)微專題小練習(xí)靜電場專題53力電綜合問題

專題53力、電綜合問題1．(多選)如圖所示，在P點(diǎn)固定一個帶電量為＋Q的點(diǎn)電荷，P點(diǎn)下方有一足夠大的金屬板與水平面成一定傾角，金屬板處于靜電平衡狀態(tài)，且上表面光滑．金屬板上表面的A點(diǎn)與P點(diǎn)連線水平．一帶電荷量為＋q的絕緣小物塊(可視為點(diǎn)電荷且q?Q)從A點(diǎn)由靜止釋放，在物塊下滑的過程中，下列說法正確的是()A．物塊的加速度恒定不變B．物塊的動能一直增大C．物塊的機(jī)械能保持不變D．物塊的電勢能先增大后減小答案：ABC解析：金屬板處于靜電平衡狀態(tài)則電場力始終垂直于金屬板，金屬板上表面光滑小物塊所受摩擦力為零，則在物塊下滑的過程中，合外力保持不變，加速度不變，A項(xiàng)正確；物塊下滑的過程中電場力始終垂直于金屬板，則支持力和電場力不做功，電勢能和機(jī)械能不變，C項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯誤；物塊下滑的過程中合外力對物塊做正功，物塊動能增加，B項(xiàng)正確．2．[2024·廣東省廣州五中階段考試](多選)如圖所示，在水平向左的勻強(qiáng)電場中，可視為質(zhì)點(diǎn)的帶負(fù)電物塊，以某一初速度從足夠長的絕緣斜面上的A點(diǎn)沿斜面向下運(yùn)動，經(jīng)C點(diǎn)到達(dá)B點(diǎn)時，速度減為零，然后再返回到A點(diǎn)．已知斜面傾角θ＝30°，物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(\r(3),3)，整個過程斜面均保持靜止，物塊所帶電荷量不變．則下列判斷正確的是()A．物塊在上滑過程中機(jī)械能增大B．物塊在上滑過程中，增加的重力勢能一定大于減少的電勢能C．物塊下滑時經(jīng)過C點(diǎn)的動能一定大于上滑時經(jīng)過C點(diǎn)的動能D．物塊在下滑過程中，斜面與地面之間的摩擦力為零答案：ACD解析：物塊在上滑過程中，對物塊受力分析，可知上滑過程中應(yīng)滿足qEcosθ>Ff＋mgsinθ，可知電場力做功大于摩擦力做功，除重力以外的其它力對物體做正功，則物體的機(jī)械能增加，因此物塊在上滑過程中機(jī)械能增大，A正確；物塊在上滑過程中，由動能定理可得W電－Wf－WG＝ΔE，可知W電>WG，電場力對帶電物塊做正功，帶電物塊的電勢能減少，因此物塊在上滑過程中，增加的重力勢能一定小于減少的電勢能，B錯誤；物塊下滑時經(jīng)過C點(diǎn)向下運(yùn)動，再返回到C點(diǎn)時有摩擦力做功，由能量關(guān)系可知，物塊下滑時經(jīng)過C點(diǎn)的動能一定大于上滑時經(jīng)過C點(diǎn)的動能，C正確；當(dāng)不加電場時，斜面對物塊的支持力為FN＝mgcos30°＝eq\f(\r(3),2)mg，物塊下滑時與斜面的滑動摩擦力Ff＝μmgcos30°＝mgsin30°＝eq\f(1,2)mg，由支持力和滑動摩擦力的大小和方向可知支持力和滑動摩擦力的合力方向豎直向上，當(dāng)加上電場后，由于電場力的作用可知F′N＝mgcos30°＋qEsin30°，F(xiàn)′f＝μ(mgcos30°＋qEsin30°)，電場力使支持力和滑動摩擦力成比例關(guān)系增加，則支持力與摩擦力的合力方向仍豎直向上，由牛頓第三定律可知，則物塊對斜面的壓力和摩擦力的合力豎直向下，可知斜面在水平方向受力是零，則斜面與地面之間的摩擦力是零，D正確．3．(多選)如圖所示，BCD為豎直面內(nèi)的光滑絕緣軌道，其中BC段水平，CD段為半圓形，軌道連接處均光滑，整個軌道處于豎直向下的勻強(qiáng)電場中，場強(qiáng)大小為E＝eq\f(2mg,q)，一質(zhì)量為M的光滑絕緣斜面靜止在水平面上，其底端與平面由微小圓弧連接．一帶電量為＋q的金屬小球甲，從距離地面高為H的A點(diǎn)由靜止開始沿斜面滑下，與靜止在C點(diǎn)的不帶電金屬小球乙發(fā)生彈性碰撞．已知甲、乙兩小球材質(zhì)、大小均相同，質(zhì)量均為m，且M＝2m，水平軌道足夠長，不考慮兩球之間的靜電力，小球與軌道間無電荷轉(zhuǎn)移，g取10m/s2.則()A．甲球滑到斜面底端時的速度大小為2eq\r(gH)B．甲、乙兩球碰撞后甲的速度大小為eq\r(gH)C．甲、乙兩球碰撞后乙的速度大小為eq\r(2gH)D．若乙球恰能過D點(diǎn)，半圓形軌道半徑為eq\f(2,5)H答案：AD解析：以甲球和斜面為整體，由動能定理可得mgH＋qEH＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))，以甲球與斜面為系統(tǒng)，水平方向動量守恒：Mv2－mv1＝0，解得v1＝2eq\r(gH)，選項(xiàng)A正確；甲、乙兩球碰撞由動量守恒定律與機(jī)械能守恒定律可得mv1＝mv′1＋mv乙，eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝eq\f(1,2)mv′eq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(乙))，聯(lián)立兩式可得v乙＝2eq\r(gH)，v′1＝0，選項(xiàng)B、C錯誤；乙球由最低點(diǎn)到D點(diǎn)由動能定理可得－(mg＋eq\f(1,2)qE)×2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(D))－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(乙))，小球乙恰好到達(dá)最高點(diǎn)D，由牛頓第二定律可得mg＋eq\f(q,2)E＝meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(D)),R)，聯(lián)立兩式可求：R＝eq\f(2,5)H，選項(xiàng)D正確．4．[2024·河北省張家口市張垣聯(lián)盟聯(lián)考]如圖所示，真空中存在空間范圍足夠大的、方向水平向左的勻強(qiáng)電場，在電場中，圓心為O、半徑為R＝eq\f(6,7)m的圓弧形光滑絕緣軌道MN固定在豎直平面內(nèi)，O、N恰好處于同一豎直線上，ON＝R，OM與豎直方向之間的夾角θ＝37°.水平虛線BC上有一點(diǎn)A，點(diǎn)A、M的連線恰好與圓弧軌道相切于M點(diǎn)，AM＝2R.現(xiàn)有一質(zhì)量為m＝3g、電荷量為q＝1×10－3C的帶電小球(可視為質(zhì)點(diǎn))從A點(diǎn)以一定的初速度沿AM做直線運(yùn)動，帶電小球從M點(diǎn)進(jìn)入圓弧軌道后，恰好能沿圓弧軌道運(yùn)動并從N點(diǎn)射出．已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2.求：(1)勻強(qiáng)電場的大?。?2)小球在圓弧軌道運(yùn)動的過程最小速度大小和在N點(diǎn)射出時的速度大?。?3)帶電小球在A點(diǎn)時的初速度大?。鸢福?1)E＝40V/m(2)eq\f(10,7)eq\r(7)m/seq\f(6,7)eq\r(35)m/s(3)10m/s解析：(1)根據(jù)帶電小球沿AM做直線運(yùn)動可知，帶電小球所受的電場力與重力的合力沿MA方向，則帶電小球所受電場力與重力的關(guān)系tan37°＝eq\f(mg,qE)可得E＝eq\f(4mg,3q)＝40V/m(2)帶電小球所受電場力與重力的合力大小為F＝eq\f(mg,sinθ)＝eq\f(5,3)mg根據(jù)帶電小球恰好能沿圓弧軌道運(yùn)動并從N點(diǎn)射出可知，帶電小球在圓弧軌道上經(jīng)過等效最高點(diǎn)G時速度有最小值vG，如圖所示此時帶電小球所受電場力與重力的合力提供向心力，即F＝meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(G)),R)解得vG＝eq\r(\f(5,3)gR)＝eq\f(10,7)eq\r(7)m/s帶電小球從G點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)的過程中，根據(jù)動能定理有F(R－Rsinθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(N))－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(G))解得vN＝eq\r(3gR)＝eq\f(6,7)eq\r(35)m/s(3)設(shè)