2022年新高考物理一轮复习练习：专题60　力、电综合解决问题 （含解析）.docx

1、专题专题 60力、电综合解决问题力、电综合解决问题 12021唐山市模拟如图所示，粗糙绝缘竖直平面与两个等量异种点电荷连线的中垂线 重合A、O、B 为竖直平面上的三点，且 O 为等量异种点电荷连线的中点，AOBO.现有带 电荷量为 q、质量为 m 的小物块(可视为质点)，从 A 点以竖直向下的初速度 v0向 B 滑动，到 达 B 点时速度恰好为 0.则 () 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 22021衡阳市联考(

2、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 1 2mv 2 B小球从 A 到 B 的过程中电势能先减小后增加 CB 点电势比 D 点电势低 DA、B 两点间的电势差 UABmv 2 q 32021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、

3、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 42021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

4、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 52021昆明市调研一带电荷量为 q(q0)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 1 4E k.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 d10cm.质

5、量 m0.1kg， 带电荷量为 q110 3C 的小球以初速度 v010m/s 抛出，初速度方向与水平线的夹角为 45，已知重力加速度 g10m/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 专题专题 60力、电综合解决问题力、电综合解决问题 1B2.BCD3.D 4(1)3E(2)2q 2E2t2 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 x1 2 Eq m t2 v1Eq m t 小金属块由 B 点运动到 A 点过程 xv1t1

6、2 E1q m t2 v2v1E1q m t 联立解得 v22Eqt m E13E (2)根据动能定理，整个过程中电场力所做的功 W1 2mv 2 20 联立解得 W2q 2E2t2 m 5(1)UAB3Ek 4q (2)150 解析：(1)EkAEk，EkB1 4E k 粒子从 A 运动到 B，由动能定理有 qUABEkBEkA 解得 UAB3Ek 4q (2)如图，设粒子在 A 点时的速度大小为 v 由 EkB1 4E kA 可得粒子在 B 点的速度大小 vB1 2v 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

7、，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 v1vB1 2v 设 v 与 v2的夹角为，则有 sinv1 v ，解得30 故粒子在 A 点的速度方向与电场方向的夹角为 150 6(1)10 2m/s2(2)10 5m/s20m 解析：(1)设相邻两等势线间的电势差为 U 则 EU d 解得 E1103V/m 电场力 FEq1N，方向水平向右 重力 Gmg1N，方向竖直向下 设小球加速度为 a，由牛顿第二定律得 G2F2ma 解得 a10 2m/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 Lcos45v0t Lcos451 2at 2 解得 t 2s L20m vyat v v2 0 v2 y 解得 v10 5m/s 速度与水平夹角为，tan1 3