【加練半小時(shí)】2022版高考物理（江蘇）一輪練習(xí)：第六章 微專題51

1、PAGE10方法點(diǎn)撥1勻強(qiáng)電場(chǎng)可與重力場(chǎng)合成用一合場(chǎng)代替，即電場(chǎng)力與重力合成一合力，用該合力代替兩個(gè)力2力電綜合問(wèn)題注意受力分析、運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析，應(yīng)用動(dòng)力學(xué)知識(shí)或功能關(guān)系解題1如圖1所示，質(zhì)量為m、帶電荷量為q的滑塊，沿絕緣斜面勻速下滑，當(dāng)滑塊滑至豎直向下勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)時(shí)，滑塊運(yùn)動(dòng)的狀態(tài)為圖1A繼續(xù)勻速下滑B將加速下滑C將減速下滑D上述三種情況都可能發(fā)生2多選如圖2所示，輕彈簧上端固定，下端拴著一帶正電小球Q，Q在O處時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)，Q可在O1處?kù)o止若將另一帶正電小球q固定在O1正下方某處時(shí)，Q可在O2處?kù)o止現(xiàn)將Q從O處由靜止釋放，則Q從O運(yùn)動(dòng)到O1處的過(guò)程中圖2AQ運(yùn)動(dòng)到O1處時(shí)速率最大B加速

2、度先減小后增大C小球Q的機(jī)械能不斷減小DQ、q及彈簧與地球組成的系統(tǒng)的勢(shì)能不斷減小3多選如圖3所示，傾角為的光滑斜面下端固定一絕緣輕彈簧，M點(diǎn)固定一個(gè)質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球Q，整個(gè)裝置處于場(chǎng)強(qiáng)大小為E、方向沿斜面向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中現(xiàn)把一個(gè)帶電荷量為q的小球gsin,0時(shí)，小球gsinfq2,soal2,0,m4多選在絕緣光滑的水平面上相距為6L的A、B兩處分別固定正電荷QA、QB兩電荷的位置坐標(biāo)如圖4甲所示圖乙是AB連線之間的電勢(shì)與位置之間的關(guān)系圖象，圖中L點(diǎn)為圖線的最低點(diǎn)，若在2L的C點(diǎn)由靜止釋放一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電小球可視為質(zhì)點(diǎn)，下列有關(guān)說(shuō)法正確的是圖4A小球在L處的速度最大

3、B小球一定可以到達(dá)2L點(diǎn)處C小球?qū)⒁訪點(diǎn)為中心做往復(fù)運(yùn)動(dòng)D固定在A、B處的電荷的電荷量之比為QAQB415在電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，將一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電小球由靜止開(kāi)始釋放，帶電小球沿與豎直方向成角的方向做直線運(yùn)動(dòng)關(guān)于帶電小球的電勢(shì)能Eg，則Eg，則Eg，則Eg，則E、帶電荷量為q的小球，以某一初速度從O點(diǎn)豎直向上拋出，它的軌跡恰好滿足拋物線方程y2，且小球通過(guò)點(diǎn)g,qB小球初速度的大小為eqrf2g,C小球通過(guò)點(diǎn)g,4D小球從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到g,8如圖7所示，離地H高處有一個(gè)質(zhì)量為m、帶電荷量為q的物體處于電場(chǎng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化規(guī)律為EE0tE0、均為大于零的常數(shù)，電場(chǎng)水平向左為正方向的

4、電場(chǎng)中，物體與豎直絕緣墻壁間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，已知qE00時(shí)，物體從墻上靜止釋放，若物體所受的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，當(dāng)物體下滑eqfH,2后脫離墻面，此時(shí)速度大小為eqfrgH,2，物體最終落到地面上則下列關(guān)于物體運(yùn)動(dòng)說(shuō)法不正確的是圖7A當(dāng)物體沿墻壁下滑時(shí)，物體先做加速運(yùn)動(dòng)再做勻速直線運(yùn)動(dòng)B物體從脫離墻壁到落地之前的運(yùn)動(dòng)軌跡是一段曲線C物體克服摩擦力所做的功Weqf3,8mgHD物體與墻壁脫離的時(shí)刻為teqfE0,現(xiàn)將一質(zhì)量m1102g、電荷量q4105C的帶電小球從兩極板上方的A點(diǎn)以v04m/s的初速度水平拋出，A點(diǎn)距離兩板上端的高度h；之后小球恰好從靠近M板上端處進(jìn)入兩板間，沿直線運(yùn)動(dòng)

5、碰到N板上的C點(diǎn)，該直線與曲線的末端相切設(shè)勻強(qiáng)電場(chǎng)只存在于M、N之間，不計(jì)空氣阻力，取g10m/s2求：圖81小球到達(dá)M極板上邊緣B位置時(shí)速度的大小；2M、N兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和方向；3小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能，軸沿水平方向在第一象限的角平分線OA的上方存在有界勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)E1eqf3mg,q，方向豎直向下；第二象限內(nèi)有另一勻強(qiáng)電場(chǎng)E2，電場(chǎng)方向與軸正方向成45角斜向上，如圖9所示有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電小球在水平細(xì)線的拉力作用下恰好靜止在坐標(biāo)l,6l處現(xiàn)剪斷細(xì)線，小球從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，先后經(jīng)過(guò)兩電場(chǎng)后，從A點(diǎn)進(jìn)入無(wú)電場(chǎng)區(qū)域，最終打在軸上的D點(diǎn)，重力加速度為g，試求：圖91電場(chǎng)E2的場(chǎng)強(qiáng)

6、；2A點(diǎn)的位置坐標(biāo)；3到達(dá)D點(diǎn)時(shí)小球的動(dòng)能答案精析1A設(shè)斜面的傾角為滑塊沒(méi)有進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)，根據(jù)平衡條件得mgsinFfFNmgcos又FfFN，得到，mgsinmgcos，即有sincos當(dāng)滑塊進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)，設(shè)滑塊受到的電場(chǎng)力大小為F根據(jù)正交分解得到滑塊受到的沿斜面向下的力為mgFsin，沿斜面向上的力為mgFcos，由于sincos，所以mgFsinmgFcos，即受力仍平衡，所以滑塊仍做勻速運(yùn)動(dòng)2BCq在O1正下方某處時(shí)，Q在O2處受力平衡，速率最大，故A錯(cuò)誤；Q在O2處加速度為零，Q第一次從O運(yùn)動(dòng)到O1的過(guò)程中加速度先減小到零后反向增大，故B正確；Q的機(jī)械能E等于Q的動(dòng)能與重力勢(shì)能之和，由功

7、能關(guān)系有EW彈W電，而彈簧彈力一直做負(fù)功，即W彈0，庫(kù)侖力也一直做負(fù)功，即W電0，則E0，即Q的機(jī)械能不斷減小，故C正確；系統(tǒng)的勢(shì)能Egsineqfq2,2s02，所以B錯(cuò)誤；小球gsinF庫(kù)seqf1,2mv20，不能確定qEF庫(kù)s是否為正，故電勢(shì)能的變化不確定，所以C錯(cuò)誤；在N點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律可得qEmgsineqfq2,soal2,0ma，所以aeqfqEmgsinfq2,soal2,0,m，D正確4AD據(jù)圖象切線的斜率表示場(chǎng)強(qiáng)E，則知L處場(chǎng)強(qiáng)為零，所以小球在C處受到的電場(chǎng)力向左，向左加速運(yùn)動(dòng)，到L處加速度為0，從L處向左運(yùn)動(dòng)時(shí)，電場(chǎng)力向右，做減速運(yùn)動(dòng)，所以小球在L處的速度最大，故A

8、正確；由題圖乙可知，2L點(diǎn)的電勢(shì)大于2L點(diǎn)的電勢(shì)，所以小球不可能到達(dá)2L點(diǎn)處，故B錯(cuò)誤；由題圖乙知圖象不關(guān)于L對(duì)稱，所以小球不會(huì)以L點(diǎn)為中心做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；L處場(chǎng)強(qiáng)為零，根據(jù)點(diǎn)電荷場(chǎng)強(qiáng)公式有：eqfQA,4L2eqfQB,2L2，解得QAQB41，故D正確5B帶電小球由靜止開(kāi)始釋放，只受重力和電場(chǎng)力，其電勢(shì)能和機(jī)械能之和保持不變畫(huà)出帶電小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中可能的受力圖，由圖可知，若sineqfqE,mg，則所受電場(chǎng)力與位移垂直，電場(chǎng)力不做功，電勢(shì)能Eg，則電場(chǎng)力與位移夾角可能小于90，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能Eg，則電場(chǎng)力與位移夾角小于90，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能Eg，故電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為Eeqfr2

9、mg,q，故A錯(cuò)誤；小球受到的合力F合qEcos45mgma，所以ag，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有eqf1,v0t，eqf1,eqf1,2gt2，得初速度大小為v0eqrfg,2，故B錯(cuò)誤；eqfv0,vyeqf1,2tan45eqf1,2，所以通過(guò)點(diǎn)v2eqf1,2mveqoal2,0veqoal2,yeqf5mg,4，故C正確；小球從O到g,，故D正確8A豎直方向上，由牛頓第二定律有mgqEma，隨著電場(chǎng)強(qiáng)度E的減小，加速度a逐漸增大，做變加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)E0時(shí)，加速度增大到重力加速度g，此后物體脫離墻面，故A錯(cuò)誤；物體脫離墻面時(shí)的速度向下，之后所受合外力與初速度不在同一條直線上，所以運(yùn)動(dòng)軌跡為曲線，故

10、B正確；物體從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到脫離墻面電場(chǎng)力一直不做功，由動(dòng)能定理得mgeqfH,2Weqf1,2meqfrgH,22，物體克服摩擦力所做的功為Weqf3,8mgH，故C正確；當(dāng)物體與墻壁脫離時(shí)，物體所受的墻面支持力為零，則電場(chǎng)力為零，則此時(shí)電場(chǎng)強(qiáng)度為零，所以有EE0t0，解得teqfE0,，故D正確912eqr5m/s25103N/C水平向右3解析1小球平拋運(yùn)動(dòng)過(guò)程水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，vv04m/s豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，heqf1,2gteqoal2,1，vygt12m/s解得：vBeqrvoal2,voal2,y2eqr5m/staneqfvy,veqf1,2為速度方向與水平方向的夾角2小球進(jìn)入電場(chǎng)后，沿直線運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，所以重力與電場(chǎng)力的合力沿該直線方向，則taneqfmg,qEeqf1,2解得：Eeqf2mg,q5103N/C，方向水平向右3進(jìn)入電場(chǎng)后，小球受到的合外力F合eqrmg2qE2eqr5mgB、C兩點(diǎn)間的距離seqfd,cos，coseqfqE,F合eqf2,r5從B到C由動(dòng)能定理得：F合sECeqf1,2mveqoal2,B解得：EC101eqfr2mg,q22l,2l319mgl解析1小球在第二象限處于靜止時(shí)，由受力分析可得mgqE2s