2019高考物理三轮冲刺大题提分大题精做7电场中的力和能.docx

大题精做七 电场中的力和能1如图所示，在竖直平面内存在竖直方向的匀强电场。长度为l的轻质绝缘细绳一端固定在O点，另一端连接一质量为m、电荷量为q的小球(可视为质点)，初始时小球静止在电场中的a点，此时细绳拉力为2mg，g为重力加速度。(1)求电场强度E和a、O两点的电势差UaO；(2)小球在a点获得一水平初速度va，使其能在竖直面内做完整的圆周运动，则va应满足什么条件？【解析】(1)小球静止在a点时，由共点力平衡可得mg2mgqE得E，方向竖直向上在匀强电场中，有UOaEl则a、O两点电势差UaO(2)小球从a点恰好运动到b点，设到b点速度大小为vb，由动能定理得qE2lmg2lmvb2mva2小球做圆周运动通过b点时，由牛顿第二定律可得qEmgm联立可得va，故应满足va。2如图(a)所示，倾角30的光滑固定斜杆底端固定一电量为Q2104C的正点电荷，将一带正电小球(可视为点电荷)从斜杆的底端(但与Q未接触)静止释放，小球沿斜杆向上滑动过程中能量随位移的变化图象如图(b)所示，其中线1为重力势能随位移变化图象，线2为动能随位移变化图象，静电力恒量k9109Nm2/C2，则：(1)请描述小球向上运动过程中的速度与加速度的变化情况；(2)求小球的质量m和电量q；(3)求斜杆底端至小球速度最大处由底端正点电荷Q形成的电场的电势差U。【解析】(1)先沿斜面向上做加速度逐渐减小的加速运动，再沿斜面向上做加速度逐渐增大的减速运动，直至速度为零。(2)由线1可得EPmghmgsin斜率20mgsin30，所以m4kg当达到最大速度时带电小球受力平衡mgsinkqQ/s由线2可得s01m得qmgssin/kQ1.11105C(3)由线2可得当带电小球运动至1m处动能最大为27J。根据动能定理WGW电EkmghqUEkm0代入数据得U4.23106V 1如图所示，质量为m的小球A穿在绝缘细杆上，杆的倾角为，小球A带正电，电荷量为q。在杆上B点处固定一个电荷量为Q的正电荷。将A由距B竖直高度为H处无初速度释放，小球A下滑过程中电荷量不变。不计A与细杆间的摩擦，整个装置处在真空中，已知静电力常量k和重力加速度g。求：(1)A球刚释放时的加速度大小；(2)当A球的动能最大时，A球与B点的距离。【解析】（1）由牛顿第二定律可知mgsinFma根据库仑定律FkQqr2，rH/sin得agsinkQqsin2mH2.（2）当A球受到合力为零、加速度为零时，动能最大设此时A球与B球间的距离为R，则mgsinkQqR2解得RkQqmgsin。2在足够长的粗糙绝缘板A上放一个质量为m、电荷量为q的小滑块B。用手托住A置于方向水平向左、场强大小为E的匀强电场中，此时A、B均能静止，如图所示。现将绝缘板A从图中位置P垂直电场线移至位置Q，发现小滑块B相对于A发生了运动。为研究方便可以将绝缘板A的运动简化成先匀加速接着匀减速到静止的过程。测量发现竖直方向加速的时间为0.8s，减速的时间为0.2s。P、Q位置高度差为0.5m。已知匀强电场的场强E；A、B之间动摩擦因数0.4，g取10m/s2。求：(1)绝缘板A加速和减速的加速度分别为多大？(2)滑块B最后停在离出发点水平距离多大处？【解析】(1)设绝缘板A加速和减速的加速度大小分别为a1、a2。加速阶段的末速度为v，x1t1x2t2va1t1va2t2联立解得：v1m/s，a11.25m/s2，a25m/s2。(2)研究滑板B，在绝缘板A匀减速的过程中，由牛顿第二定律可得竖直方向上：mgNma2水平方向上：EqNma3求得：a30.1g1 m/s2在这个过程中滑板B的水平位移大小为x312a3t220.02 m在绝缘板A静止后，滑板B将沿水平方向做匀减速运动，设加速度大小为a4，有mgEqma4，得a40.1g1 m/s2该过程中滑板B的水平位移大小为x4x30.02 m最后滑板B静止时离出发点的水平距离xx4x30.04 m3如图所示，电源电动势E64V，内阻不计，电阻R14 ，R212 ，R316 ，开始开关S1闭合，S2断开，平行板电容器的两极板A、B与水平面的夹角37，两极板A、B间的距离d0.4m，板间有一个传动装置，绝缘传送带与极板平行，皮带传动装置两轮轴心相距L1m，传送带逆时针匀速转动，其速度为v4m/s。现有一个质量m0.1kg、电荷量q0.02C的工件（可视为质点，电荷量保持不变）轻放在传送带底端(工件与传送带间的动摩擦因数0.25)，同时开关S2也闭合，极板间电场反向，电路瞬间能稳定下来。求：（g10m/s2，sin370.6，cos370.8）(1)开关S1闭合，S2断开时，两极板A、B间的场强大小和方向；(2)工件在传送带上运动的加速度大小；(3)工件从底端运动到顶端过程中，工件因与传送带摩擦而产生的热量。【解析】(1)开关S1闭合，S2断开时，R1与R2串联，电路中的电流：I1ER1+R2644+12A4A此时A、B之间的电势差等于R1两端的电压，所以：UBAUR1I1R14416V两极板A、B间的场强大小：E1UBAd160.440V/m电场方向为由B指向A；(2)开关S2也闭合，R1与R2串联电压不变，所以流过它们的电流不变，此时A、B之间的电势差等于R2两端的电压，所以：UABUR2I1R241248V两极板A、B间的场强大小：E2UABd480.4120V/m此时工件的受力如图，则沿传送带的方向由牛顿第二定律得：f-mgsinma垂直于传送带的方向：Nmgcos+qE20.110cos37+0.021203.2NfN0.253.20.8Naf-mgsinm0.8-0.1100.60.1m/s22m/s2(3)工件达到4m/s需要的时间：tva42s2s工件的位移：x112at2122224m>1m所以工件应该一直做加速运动，L12at02t02La2121s此时传送带的位移：x2vt41m4m工件相对于传送带的位移：xx2-x14m-1m3m工件与传动带因摩擦而产生的热量：Qfx0.832.4J4如图所示，在沿水平方向的匀强电场中用一根长度l0.8 m的绝缘细绳把质量为m0.20 kg、带有正电荷的金属小球悬挂在固定点O点，小球静止在B点时细绳与竖直方向的夹角为37。现将小球拉至位置A使细线水平后由静止释放，求：（g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8）(1)从A到C静电力对小球做的功；(2)小球通过最低点C时的速度的大小；(3)小球在摆动过程中细线对小球的最大拉力。【解析】（1）小球受到电场力qE，重力mg和绳的拉力F的作用下处于静止，根据共点力的平衡条件有：qEmgtan37 小球从A到C的过程中，W-qEL-1.2J（2）A到C的过程中，根据动能定理有：mgL-qEL12mvc2可得：vc2m/s（3）在摆动过程中，经B点时，细线的拉力最大，从A到B的过程中，根据动能定理可得：mgLcos37-qEL（1-sin37 ）12mvB2在B点时，满足:F-mgcos370mvB2L拉力:F4.5N5在粗糙的水平面有一绝缘的足够长的薄长平板，在其左端放一个带电体(可看成质点)，带电量q110-2C，整个空间处于向右的匀强电场中，电场强度E102N/C，平板质量M2kg，带电体质量m1kg，带电体与平板间动摩擦系数10.2，平板与地面间动摩擦系数20.1。现给平板一个向左v07m/s的初速，g取10m/s2，求：(1)带电体运动的总时间；(2)整个过程带电体电势能的变化量及摩擦生热的内能。【解析】（1）对平板，设加速度大小为a11mg+2(mg+Mg)Ma1 (1) 解得，a12.5m/s2 对带电体，设加速度大小为a21mg-qEma2 (2)解得，a21m/s2 设经过时间t1达到共速，v0-a1t1a2t1 (3)解得，t12s 此时速度v2m/s设一起做减速运动的加速度为a32(mg+Mg)+qE(m+M)a3 (4)解得，a31.33m/s2 再经时间t2停止运动，va3t2 (5)解得，t21.5s 则运动的总时间为tt1+t23.5s （2）整个过程中带电体一直向左运动，加速阶段，带电体的位移x112a2t122m平板的位移x2(v+v0)2t19m减速阶段，带电体的位移x312vt21.5m则电势能的增加量为qE(x1+x3)3.5J内能的增加量为1mg(x2-x1)+2(m+M)g(x2+x3)45.5J