2020高考物理一轮复习精选提分综合练单元检测七静电场

2019年

③

d＝v0t由①②③求得E＝，C对，D错.]

8.B [由题图可知，a粒子的轨迹方向向右弯曲，则a粒子所受电场力方向向右，b粒子的轨迹向左弯曲，则b粒子所受电场力方向向左，由于电场线方向未知，无法判断粒子的电性，故A错误.由电场线疏密可知，a所受电场力逐渐减小，加速度逐渐减小，b所受电场力逐渐增大，加速度逐渐增大，故B正确.已知MN＝NQ，由于MN段场强大于NQ段场强，所以M、N两点间电势差|UMN|大于N、Q两点间电势差|UNQ|，故C错误.根据电场力做功公式W＝Uq，|UMN|>|UNQ|，由于两个粒子所带电荷量的大小关系未

知，所以不能判断电场力做功的多少及动能变化量大小，故D错误.]

9.AD

10.AD [若物体带负电荷，

则所受电场力向右下方，重力向下，则物体必然斜向下运动，不符合题意，A项正确，B项错误；若物体带正电，则受力分析如图所示，因物体做匀速直线运动，则合力必

为零，一定受到摩擦力，必须受到弹力作用，C项错误，D项正确.]

11.CD [设斜面倾角为θ，落点与抛出点间距离为l，小球在水平方向上以速度v0匀速运动：lcos θ＝v0t，竖直方向上从静止开始做匀加速直线运动：lsin θ＝at2，解得l＝，可见a越小落点越远，故小球带负电荷，受到竖直向上的电场力，且电场力应小于重力，否则小球将沿水平方向匀速运动或向上做类平抛运动，故A、B错误.再由lcos θ＝v0t可以看出，落点越远时间越长，C正确.由动能定理有malsin θ＝

mv2－mv02，又l＝，得v＝v0，故D正确.]

12.BC [因为图象的斜率可以反映电场强度大小，所以在x1处电场强度最小，A错误；x2～x3段为直线，斜率恒定，所以该段为匀强电场，B正确；粒子带负电，0～x1阶段，电场力做正功，即逆着电场线方向到达x1处，之后电场力做负功，顺着电场线从x1依次到达x2、x3，而沿电场线方向电势降低，故有φ1>φ2>φ3，C正确；图象的斜率可以反映电场强度大小，所以粒子在0～x2段做非匀变速直线运动，在x2～x3段

做匀减速直线运动，D错误.]

2019年

13.ABD [若仅在M点放置一个点电荷B，对点电荷A受力分析，A受到重力和由P指向O方向的支持力，若要平衡，则必受到库仑引力，因此A、B一定带异种电荷，故

A正确；同理可知B正确；若要使P处A点电荷静止，

只有施加竖直方向的匀强电场时，场强才一定为E＝，故C错误；若要使P处A点电荷静止，则在P处施加的电场力如图所示时，电场力最小，电场强度最小，最小值为

E＝＝，故D正确.]

14.AC [若电场方向与BD平行，则电场力做的功W≤EqL，动能满足mv02

mv02＋EqL或Ek＝mv02－EqL或Ek＝mv02，故A、C正确，B、D错误.]

15.(1)10 m/s (2)见解析

解析 (1)设带电体到达C点时的速度为v，从A到C由动能定理得：

qE(sAB＋R)－μmgsAB－mgR＝mv2

解得v＝10 m/s.

(2)设带电体沿竖直轨道CD上升的最大距离为h；从C到D由动能定理得：

－mgh－μqEh＝0－mv2

解得h＝ m

在最高点，带电体受到的最大静摩擦力

Ffmax＝μqE＝4 N，重力G＝mg＝2 N

因为G

所以带电体最终停在C点上方与C点的竖直距离为 m处.

16.(1) (2)错误!

解析 (1)如图所示，

小球在运动过程中受到重力、电场力和细线拉力作用.利用等效重力场的方法，根据平行四边形定则求出重力和电场力的合力大小F合＝mg，其方向斜向右下方与水平方向成45°角.过圆心作合力的作用线，把其反向延长交圆周上的B点，则B为等效最“高”点，过等效最“高”点的速度即为运动过程中的最小速度，由于是恰好做圆周

2019年

运动，所以小球在等效最“高”点B时只受电场力和重力作用，细线的拉力为零.等效重力加速度为g′＝＝g，由m＝mg′，可得最小速度vmin＝.A点为等效最“低”点，小球在运动中通过此点的速度最大，mvmax2－mvmin2＝mg′·2L，可得最大速度vmax

＝.

(2)从O到A，由动能定理得

－mgL(1－cos 45°)＋qELsin 45°＝mvmax2－mv02，

结合qE＝mg，解得v0＝.

17.(1)4 m/s2 0.48 N (2)11.8 m

解析 (1)对整体分析，加速度大小a＝＝4 m/s2

隔离B分析，根据牛顿第二定律有F－μMg＝Ma

解得F＝μMg＋Ma＝0.48 N

(2)t＝2 s时，A、B的速度大小v＝2×4 m/s＝8 m/s

t＝2 s后电场反向，且场强减为原来的一半

此时A做匀减速运动的加速度大小

aA＝＝14 m/s2

B做匀减速运动的加速度大小aB＝μg＝4 m/s2

B速度减为零的时间tB＝＝2 s减速到零的位移大小xB＝＝8 m

A速度减为零的时间tA1＝＝ s减速到零的位移大小xA1＝＝ m

则A反向做匀加速运动的加速度大小

aA′＝＝6 m/s2

则反向做匀加速直线运动的位移大小

xA2＝aA′(tB－tA1)2＝ m

则A、B的距离Δx＝xA2－xA1＋xB≈11.8 m

18.(1)2 (2)qER

2019年

(3)4qER

解析 (1)对小物块，由静止下滑到Q点过程中，根据动能定理

qEs·sin 37°－μqEs·cos 37°＝mv2

s＝AC－AQ＝5R解得v＝2qERm

(2)在最远点M处，速度垂直于E，根据运动对称性，相当于从M点平抛到C点，则

y＝R－AC·sin 37°＝R

vy2＝2ay，qE＝mavC·sin 37°＝vy

从E到C过程根据能量守恒：

Ep＝mvC2＋qE·CQ·sin 37°＋μqE·CQ·cos 37°

有Ep＝(4＋)qER＝qER(3)有三种临界情况：

第一种：若刚好能够到达C点，vC＝0

根据动能定理：Ep1＝qE·CQ·sin 37°＋μqE·CQ·cos 37°

有Ep1＝4qER

第二种：若刚好能够到达O点右侧的K点，vK＝0

根据动能定理：

Ep2＝qE·CQ·sin 37°＋μqE·CQ·cos 37°＋qE·R·cos 37°

有Ep2＝qER

第三种：若刚好能够通过D点：

在D点：qE＝m，r＝R

根据动能定理：

Ep3＝qE·CQ·sin 37°＋μqE·CQ·cos 37°＋qER(1＋cos 37°)＋mvD2

有Ep3＝qER

要使P能够到达圆轨道，并在经过圆轨道时不脱离圆轨道，释放P时弹簧具有的弹性