《2020年高考物理100考点最新模拟题千题精练专题1.22 带电体在匀强电场中的运动(提高篇)(解析版).docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020年高考物理100考点最新模拟题千题精练专题1.22 带电体在匀强电场中的运动(提高篇)(解析版).docx（10页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、 2020 年高考物理 100 考点最新模拟题千题精练（选修 3-1）第一部分 静电场专题 1.22 带电体在匀强电场中的运动（提高篇）一选择题1.(2017四川自贡一诊)(多选)在地面附近，存在着一有界电场，边界 MN 将空间分成上下两个区域、，在区域中有竖直向上的匀强电场，在区域中离边界某一高度由静止释放一质量为 m 的带电小球 A，如图甲所示，小球运动的 vt 图象如图乙所示，不计空气阻力，则()A.小球受到的重力与电场力大小之比为35B.在 t5 s 时，小球经过边界 MNC.在小球向下运动的整个过程中，重力做的功大于电场力做功D.在 14 s 过程中，小球的机械能先减少后增加【参考答
2、案】AD【名师解析】 小球进入电场前做自由落体运动，进入电场后受到重力和电场力作用而做减速运动，由题图乙可以看出，小球经过边界 MN 的时刻是 t1 s 和 t4 s 时，故选项 B 错误；由 vt 图象的斜率等于加2v1，由牛顿速度得，小球进入电场前的加速度大小a g 1v ，进入电场后的加速度大小a 1 1 vvv1.5 31t12 t215第二定律得 mgma ，Fmgma ，得电场力 Fmgma mg，得重力 mg 与电场力 F 大小之比为 331225，故选项 A 正确；小球向下运动的整个过程中，动能的变化量为零，根据动能定理，整个过程中重力做的功与电场力做的功大小相等，故选项 C
3、错误；整个过程中，由题图可得，小球在 02.5 s 内向下运动，在 2.55 s 内向上运动，在 14 s 过程中，电场力先做负功后做正功，所以小球的机械能先减少后增加，故选项 D 正确。2(2016河北邯郸高三入学考试)在电场强度大小为 E 的匀强电场中，将一个质量为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和机械能的判断，正确的是() qEA若 sin ，则电势能一定减少，机械能一定增加mgqEmgB若 sin ，则电势能、机械能一定不变qEmgC若 sin ，则电势能一定增加，机械能一定减小qEmgD若 tan ，则电势能
4、可能增加，机械能一定增加【参考答案】BqEmg【名师解析】若 sin mg，虚线右侧的水平面光滑。一轻弹簧右端固定在墙上，处于原长时，左端恰 好位于虚线位置，把滑块放到虚线左侧 L 处，并给滑块一个向左的初速度 v ，已知滑块与绝缘水平面间的0动摩擦因数为 ，求：(1)弹簧的最大弹性势能；(2)滑块在整个运动过程中产生的热量。【名师解析】 (1)设滑块向左运动 s 时减速到零，由动能定理有12mv2(qEmg)s mv2，解得 s02（qEmg）0之后滑块向右加速运动，设第一次到达虚线时的动能为Ek由能量守恒定律得qE(sL)E mg(sL)km（qEmg）v22（qEmg）解得 E (qEm
5、g)L0k滑块从虚线处压缩弹簧至最短的过程，机械能守恒，动能全部转化为弹性势能，所以弹簧的最大弹性势能为m（qEmg）v22（qEmg）Epm(qEmg)L0。(2)滑块往返运动，最终停在虚线位置，整个过程电场力做正功，为 WqEL，电势能减少量为 qEL，由能1量守恒定律，整个过程产生的热量等于滑块机械能的减少量与电势能的减少量之和，即QqEL mv2。20m（qEmg）v22（qEmg）答案 (1)(qEmg)L012(2)qEL mv206(20 分) （2018 高考冲刺卷 9）如图所示，一竖直光滑绝缘的管内有一劲度系数为k 的轻质绝缘弹簧，其下端固定于地面，上端与一质量为 m、带电量
6、为+q 的小球 A 相连，整个空间存在一竖直向上的匀强电场，小球 A 静止时弹簧恰为原长，另一质量也为 m 的不带电的绝缘小球 B 从管内距 A 高为 x 处由静止开始下落，0与 A 发生碰撞后一起向下运动。若全过程中小球A 的电量不发生变化，重力加速度为 g。(1)若 x 已知，试求 B 与 A 碰撞过程中损失的机械能 E ；0(2)若 x 未知，且 B 与 A 一起向上运动在最高点时恰未分离，试求A、B 运动到最高点时弹簧的形变量 x；0(3)在满足第(2)问的情况下，试求 A、B 运动过程中的最大速度 v 。m 【名师解析】（1）设匀强电场的场强为 E，在碰撞前 A 静止、弹簧恰为原长时
7、，有：mg - qE = 01mgx = mv202设 B 在与 A 碰撞前的速度为 v ，由机械能守恒定律得：00mv = 2mv设 B 与 A 碰撞后共同速度为 v ，由动量守恒定律得：01111DE = mv - 2mv202122B 与 A 碰撞过程中损失的机械能 E 为：1DE = mgx2解得：0（2）A、B 在最高点恰不分离，此时弹簧处于拉伸状态，且A、B 间的弹力为零，设它们共同加速度为 a，则mg = ma对 B：mg + kx - qE = ma对 A：mgx =解得：k（3）A、B 一起运动过程中合外力为零时具有最大速度，设此时弹簧的压缩量为x，则：2mg - (kx+
8、qE) = 0mgx =解得：k由于 x = x，说明 A、B 在最高点处与合外力为 0 处弹簧的弹性势能相等，对此过程由能量守恒定律得：1(qE - 2mg)(x+ x) = 0 - 2mv2m22mv = gm解得：k7.(2016江苏南通高三期末)(20 分)如图所示，光滑绝缘的细圆管弯成半径为R 的半圆形，固定在竖直面内，管口 B、C 的连线是水平直径。现有一带正电的小球(可视为质点)从 B 点正上方的 A 点自由下落，A、B 两点间距离为 4R。从小球进入管口开始，整个空间中突然加上一个匀强电场，电场力的竖直向上的分力大小与重力大小相等，结果小球从管口 C 处脱离圆管后，其运动轨迹经
9、过 A 点，设小球运动过程中带电荷量没有改变，重力加速度为 g，求：(1)小球到达 B 点的速度大小； (2)小球受到的电场力大小；(3)小球经过管口 C 处时对圆管壁的压力。【名师解析】 (1)小球从开始下落到管口 B，由机械能守恒得，12mg4R mv2B解得 v 8gRB故到达 B 点速度大小 8gR。(2)设电场力的竖直向上分力为 F ，水平分力为 F ，则 F mgyxy1从 B 到 C，由动能定理得F 2R m(v2 v2)2xCB小球从管口 C 到 A，做类平抛，竖直方向匀速运动 y4Rv tC1 F2 m水平方向匀加速直线运动 x2R t x 2由得 F mgx故电场力大小为
10、F F2F2 2mgxy方向与水平向左成 45斜向上。v2(3)球在管口 C 处，由牛顿第二定律得，F F mCxNR解得 F 3mgN由牛顿第三定律知，球对管得压力大小为 F 3 ，方向水平向右。mgN答案 (1) 8gR (2) 2mg (3)3mg，方向水平向右8（12 分）（2018 四川四市二诊）如图所示，在竖直平面内 xOy 坐标系的第一、二象限内有沿 x 轴正方向的匀强电场，第三、四象限内有沿 y 轴负方向的匀强电场长度为 L 的绝缘轻质细线一端固定在 O 点，另一端系质量为 m、电荷量为q 的小球，小球恰能绕O 点做完整的圆周运动。轨迹与y 轴负半轴交于 A 点，mg距地面高度
11、为 L，重力加速度为 g，四个象限内匀强电场的场强大小都是E，不计阻力，运动过程中q电荷量保持不变。 （1）求小球做圆周运动过程中的最小速度；（2）小球运动到 A 点，剪断细线，求小球落地点与 A 点间的水平距离。【名师解析】：（1）小球在三、四象限内做圆周运动，在最左端或者最右端，最小速度可以为零，但是，这种情况下，小球不能在一、二象限内做圆周运动小球在一、二象限内做圆周运动过程中，设受到的电场力为F ，合力为F，合力与水平方向的夹角为 则1F qE（1 分）lFtan =a1 （1 分）mgmgF =（1 分）sina解得： 45，F 2 mg即小球在圆周上与 O 点连线夹角为 45的 C 点时速度最小，设最小速度为 v ，则cmvL2F（1 分）C=2gL（1 分）解得：vC（2）设小球在 A 点速度为 v 剪断细线后小球加速度为 a运动时间为 t，小球落地点与 A 点间的水平距A离为 x，则11F(L - Lcosa ) + mgL + qEL = mv- mv2 （2 分）222ACqE + mga =（1 分）m1L = at2 （1 分）2xv t（1 分）A= 2 + 3 2L解得： x（2 分）