2022届高考物理一轮复习专题60力电综合解决问题练习含解析

这是一份2022届高考物理一轮复习专题60力电综合解决问题练习含解析，共6页。


A.从A到B，小物块的加速度逐渐减小
B．从A到B，小物块的加速度先增大后减小
C．小物块一定带负电荷，从A到B电势能先减小后增大
D．从A到B，小物块的电势能一直减小，受到的电场力先增大后减小
2．[2021·衡阳市联考](多选)如图所示，倾角为30°的光滑绝缘直角斜面ABC，D是斜边AB的中点，在C点固定一个带电荷量为＋Q的点电荷，一质量为m，电荷量为－q的小球从A点由静止释放，小球经过D点时的速度为v，到达B点时的速度为0，则( )
A．小球从A到D的过程中静电力做功为eq \f(1,2)mv2
B．小球从A到B的过程中电势能先减小后增加
C．B点电势比D点电势低
D．A、B两点间的电势差UAB＝eq \f(mv2,q)
3．[2021·甘肃河西五市联考]如图所示，不带电的金属球A固定在绝缘底座上，它的正上方有一B点，该处有带正电液滴不断地由静止开始下落(不计空气阻力，每滴液滴的质量、电荷量均相同)，液滴到达A球后将电荷量全部传给A球，且前一液滴到达A球后，后一液滴才开始下落，不计B点未下落的带电液滴对下落液滴的影响，则下列说法正确的是( )
A．第一滴液滴做自由落体运动，以后液滴做变加速运动，都能到达A球
B．当液滴下落到重力与电场力大小相等时，开始做匀速运动
C．能够下落到A球的所有液滴在下落过程中达到最大动能时的位置均相同
D．除第一滴外所有液滴下落过程中电势能均在增加
4．[2021·石家庄质检]如图所示，光滑绝缘水平桌面处在电场强度大小为E、方向水平向右的匀强电场中，某时刻将质量为m、带电荷量为－q的小金属块从A点由静止释放，小金属块经时间t到达B点，此时电场突然反向、电场强度增强为某恒定值，且仍为匀强电场，又经过时间t小金属块回到A点．小金属块在运动过程中电荷量保持不变．求：
(1)电场反向后匀强电场的电场强度大小；
(2)整个过程中电场力所做的功．
5．[2021·昆明市调研]一带电荷量为q(q>0)的粒子在匀强电场中运动，依次通过A、B、C三点．粒子通过B点时速度最小，通过A、B两点时的动能分别为Ek和eq \f(1,4)Ek.不计粒子重力．求：
(1)A、B两点间的电势差UAB；
(2)粒子在A点时的速度方向与电场方向的夹角．
6．[2021·深圳市调研]如图所示，匀强电场中相邻竖直等势线间距d＝10cm.质量m＝0.1kg，带电荷量为q＝－1×10－3C的小球以初速度v0＝10m/s抛出，初速度方向与水平线的夹角为45°，已知重力加速度g＝10m/s2，求：
(1)小球加速度的大小；
(2)小球再次回到图中水平线时的速度和距抛出点的距离．
专题60 力、电综合解决问题
1．B 2.BCD 3.D
4．(1)3E (2)eq \f(2q2E2t2,m)
解析：(1)设t末和2t末小物块的速度大小分别为v1和v2，电场反向后匀强电场的电场强度大小为E1，小金属块由A点运动到B点过程
x＝eq \f(1,2)eq \f(Eq,m)t2
v1＝eq \f(Eq,m)t
小金属块由B点运动到A点过程
－x＝v1t－eq \f(1,2)eq \f(E1q,m)t2
－v2＝v1－eq \f(E1q,m)t
联立解得v2＝eq \f(2Eqt,m)
E1＝3E
(2)根据动能定理，整个过程中电场力所做的功
W＝eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) －0
联立解得W＝eq \f(2q2E2t2,m)
5．(1)UAB＝－eq \f(3Ek,4q) (2)150°
解析：(1)EkA＝Ek，EkB＝eq \f(1,4)Ek
粒子从A运动到B，由动能定理有
qUAB＝EkB－EkA
解得UAB＝－eq \f(3Ek,4q)
(2)如图，设粒子在A点时的速度大小为v
由EkB＝eq \f(1,4)EkA
可得粒子在B点的速度大小vB＝eq \f(1,2)v
将粒子在A点的速度v沿垂直和平行于电场方向分解为v1、v2，受力分析可知，粒子在垂直于电场方向上做匀速直线运动，平行于电场方向先减速后加速，到达B点时速度方向垂直于电场方向，且速度达到最小值，可知
v1＝vB＝eq \f(1,2)v
设v与v2的夹角为θ，则有
sinθ＝eq \f(v1,v)，解得θ＝30°
故粒子在A点的速度方向与电场方向的夹角为150°
6．(1)10eq \r(2)m/s2 (2)10eq \r(5)m/s 20m
解析：(1)设相邻两等势线间的电势差为U
则E＝eq \f(U,d)
解得E＝1×103V/m
电场力F＝Eq＝1N，方向水平向右
重力G＝mg＝1N，方向竖直向下
设小球加速度为a，由牛顿第二定律得
eq \r(G2＋F2)＝ma
解得a＝10eq \r(2)m/s2
(2)设小球再次回到图中水平线时的速度为v，与抛出点的距离为L
小球加速度与初速度方向垂直，做类平抛运动，有
Lcs45°＝v0t
Lcs45°＝eq \f(1,2)at2
解得t＝eq \r(2)s
L＝20m
vy＝at
v＝eq \r(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＋v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(y)) )
解得v＝10eq \r(5)m/s
速度与水平夹角为φ，tanφ＝eq \f(1,3)