新高考浙江版2025届高考物理一轮总复习训练第8单元12等效思想在电场中的应用科学思维(人教版)

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A.小球可能做匀速圆周运动
B.小球运动到最高点a时,线的拉力一定最小
C.小球运动到最低点b时,速度一定最大
D.小球运动到最高点a时,电势能最小
2.(多选)(2023浙江嘉兴高三质检)如图甲所示,一带正电的物块从粗糙程度不清楚的绝缘斜面上O点由静止滑下,途经P、Q两点,所在空间有方向平行于斜面向上的匀强电场,以O点为原点,选斜面底端为重力势能参考平面,作出物块从O至Q过程中的机械能E机随位移x变化的关系如图乙所示,其中O至P过程的图线为曲线,P至Q过程的图线为直线,运动中物块的电荷量不变,则( )

A.O至P过程中,物块做加速度减小的加速运动
B.P至Q过程中,物块做匀加速直线运动
C.P至Q过程中,摩擦力对物块做功的功率不变
D.O至Q过程中,物块的重力势能与电势能之和不断减小
3.(多选)如图甲所示,用轻绳拴着一个质量为m、电荷量为+q的小球在竖直面内绕O点做圆周运动,竖直面内加有竖直向下的匀强电场,不计一切阻力,小球运动到最高点时的动能Ek与绳的拉力F间的关系如图乙所示,重力加速度为g,则( )
A.轻绳的长度为
B.电场强度大小为
C.小球在最低点时的最小速度为
D.小球在最低点和最高点所受绳子的拉力差为6b
4.(2023浙江名校联考)如图所示,在沿水平方向的匀强电场中有一固定点O,用一根长度为L=0.4 m的绝缘细线把质量为m=0.20 kg,带有q=6.0×10-4 C正电荷的金属小球悬挂在O点,小球静止在B点时细线与竖直方向的夹角为θ=37°。已知A、C两点分别为细线悬挂小球的水平位置和竖直位置,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cs 37°=0.8。
(1)求A、B两点间的电势差UAB。
(2)将小球拉至位置A使细线水平后由静止释放,求小球通过最低点C时细线对小球的拉力F的大小。
(3)如果小球能绕O点做完整的圆周运动,求小球在A点时沿垂直于OA方向运动的初速度v0的大小。
5.如图所示,第一象限中有沿x轴正方向的匀强电场,第二象限中有沿y轴负方向的匀强电场,两电场的电场强度大小相等。一个质量为m、电荷量为-q(q>0)的带电质点以初速度v0从x轴上P(-L,0)点射入第二象限,已知带电质点在第一和第二象限中都做直线运动,并且能够连续两次通过y轴上的同一个点Q(未画出),重力加速度g为已知量。求:
(1)初速度v0与x轴正方向的夹角;
(2)P、Q两点间的电势差UPQ;
(3)带电质点在第一象限中运动所用的时间。
6.如图所示,两竖直虚线间距为L,之间存在竖直向下的匀强电场。自该区域的A点将质量为m、电荷量分别为q和-q(q>0)的带电小球M、N先后以相同的初速度沿水平方向射出。小球进入电场区域,并从该区域的右边界离开。已知N离开电场时的位置与A点在同一高度;M刚离开电场时的动能为刚进入电场时动能的8倍。不计空气阻力,重力加速度大小为g。已知A点到左边界的距离也为L。
(1)求该电场的电场强度大小。
(2)求小球射出的初速度大小。
(3)要使小球M、N离开电场时的位置之间的距离不超过L,仅改变两小球的相同射出速度,求射出速度需满足的条件。
7.如图所示,水平绝缘粗糙的轨道AB与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC平滑连接,半圆形轨道的半径R=0.4 m,在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场,电场线与轨道所在的平面平行,电场强度E=1.0×104 N/C,现有一电荷量q=+1.0×10-4 C,质量m=0.1 kg的带电体(可视为质点),在水平轨道上的P点由静止释放,带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点C,然后落至水平轨道上的D点。g取10 m/s2。试求:
(1)带电体运动到半圆形轨道B点时对轨道的压力大小;
(2)D点到B点的距离xDB;
(3)带电体在从P开始运动到落至D点的过程中的最大动能。
参考答案
素养练12 等效思想在电场中的应用(科学思维)
1.AD 解析 带负电小球受到的静电力方向竖直向上,若静电力与重力平衡,则小球做匀速圆周运动,故A正确;若小球受到的静电力大于重力,则静电力和重力的合力方向竖直向上,则小球运动到最高点a时,速度最大,线的拉力最大,故B、C错误;带负电小球受到的静电力方向竖直向上,小球从最低点b运动到最高点a过程,静电力做正功,电势能减小,小球从最高点a运动到最低点b过程,静电力做负功,电势能增加,故小球运动到最高点a时,电势能最小,D正确。
2.BD 解析 由-(Ff+qE)x=E机-EO,得E机=EO-(Ff+qE)x,可知,E机-x图像斜率的绝对值表示摩擦力与静电力两个力的合力大小,根据图像可知,O至P过程中,图像斜率的绝对值逐渐减小,则摩擦力与静电力两个力的合力逐渐减小,由于物块静止向下滑动,根据mgsinθ-(Ff+qE)=ma1可知加速度逐渐增大,即O至P过程中,物块做加速度增大的加速运动,A错误;P至Q过程中,E机-x图像斜率一定,即摩擦力与静电力大小均一定,结合上述,P至Q过程中,物块做匀加速直线运动,B正确;P至Q过程中,物块做匀加速直线运动,物块速度增大,根据P=Ffv,结合上述可知,P至Q过程中,摩擦力对物块做功的功率逐渐增大,C错误;O至Q过程中,E总=EG+E电+Ek+Q,动能不断增大,摩擦力做功逐渐增多,产生的热量逐渐增多,则物块的重力势能与电势能之和不断减小,D正确。
3.BD 解析 根据牛顿第二定律得F+mg+qE=m,又因为Ek=mv2,解得Ek=F+(mg+qE)L,根据图像得(mg+qE)L=a,解得L=,E=,A错误,B正确;最高点小球速度最小时,绳没有拉力,根据牛顿第二定律得mg+qE=m,根据动能定理得mg·2L+qE·2L=,解得v2=,小球在最低点时的最小速度为,C错误;在最高点根据牛顿第二定律得mg+qE+F3=m,在最低点根据牛顿第二定律得F4-mg-qE=m,根据动能定理得mg·2L+qE·2L=,绳子的拉力差为ΔF=F4-F3,解得ΔF=6b,D正确。
4.答案 (1)-400 V (2)3 N (3)m/s
解析 (1)带电小球在B点静止受力平衡,根据平衡条件得qE=mgtanθ,得
E=V/m=2.5×103V/m
由U=Ed有
UAB=-EL(1-sinθ)=-2.5×103×0.4×(1-sin37°)V=-400V。
(2)设小球运动至C点时速度为vC,则
mgL-qEL=,解得vC=m/s
在C点,小球所受重力和细线的合力提供向心力,有
F-mg=m
联立解得F=3N。
(3)分析可知小球做完整圆周运动时必须通过B点关于O点的对称点,设在该点时小球的最小速度为v,则
mgcsθ+qEsinθ=
-mgLcsθ-qEL(1+sinθ)=mv2-
联立解得v0=m/s。
5.答案 (1)45° (2)- (3)
解析 (1)由题意知,带电质点在第二象限做匀速直线运动,有
qE=mg
且由带电质点在第一象限做直线运动,有
tanθ=
解得θ=45°。
(2)P到Q的过程,由动能定理有
qEL-mgL=0
WPQ=qEL
解得UPQ==-。
(3)带电质点在第一象限做匀变速直线运动,由牛顿第二定律有
mg=ma
即a=g,v0=at
解得t=
带电质点在第一象限中往返一次所用的时间T=2t=。
6.答案 (1) (2) (3)v0≥2
解析 (1)设小球M、N在A点水平射出的初速度大小为v0,则它们进入电场时水平速度仍然为v0,所以小球M、N在电场中运动的时间相等。进入电场前,水平方向有
L=v0t1
竖直方向有
d=
进入电场时竖直速度
vy1=gt1
进入电场后,水平方向有
L=v0t2
故t1=t2=t
设小球N在电场中运动的加速度为a,竖直方向有
d=-vy1t+at2
解得a=3g
由牛顿第二定律得
Eq-mg=ma
解得E=。
(2)小球M射出电场时竖直速度为
vy2=vy1+a't
Eq+mg=ma'
m()=8×m()
解得v0=。
(3)以竖直向下为正,M的竖直位移
yM=vy1t+a't2
N的竖直位移为
yN=vy1t-at2
yM-yN≤L
解得v0≥2。
7.答案 (1)6.0 N (2)0 (3)1.17 J
解析 (1)设带电体通过C点时的速度为vC,依据牛顿第二定律有
mg=m
解得vC=2.0m/s
设带电体通过B点时的速度为vB,设轨道对带电体的支持力大小为FB,带电体在B点时,根据牛顿第二定律有
FB-mg=m
带电体从B运动到C的过程中,有
-mg·2R=
解得FB=6.0N
故带电体对轨道的压力FB'=6.0N。
(2)设带电体从最高点C落至水平轨道上的D点经历的时间为t,根据运动的分解有2R=gt2
xBD=vCt-t2
联立解得xDB=0。
(3)由P到B带电体做加速运动,故最大速度一定出现在从B经C到D的过程中,在此过程中只有重力和电场力做功,且
mg=qE=1N
其合力与重力方向成45°夹角斜向右下方,故最大速度必出现在B点右侧对应圆心角为45°处,设小球的最大动能为Ekm,根据动能定理有
qERsin45°-mgR(1-cs45°)=Ekm-
代入数据解得Ekm=1.17J。