2023版高考物理一轮总复习专题7电场热点强化12课后提能演练

这是一份2023版高考物理一轮总复习专题7电场热点强化12课后提能演练，共6页。

A．a点的电势高于b点的电势
B．a点的电场强度小于b点的电场强度
C．粒子q过a点时，粒子所受电场力做功的功率最大
D．粒子q由a运动到b的过程中，电势能增大
【答案】D 【解析】根据“电场线与等势线垂直”和“沿电场线方向电势逐渐降低”可知，a点的电势低于b点的电势，A错误．由E＝keq \f(Q,r2)可知，a点的电场强度大于b点的电场强度，B错误．粒子q经过a点时所受电场力的方向与速度方向垂直，电场力做功的功率为零，C错误．粒子q由a点运动到b点的过程中所受电场力的方向与速度方向的夹角为钝角，电场力做负功，电势能增大，D正确．
2．(多选)如图所示，在地面上方水平向左的匀强电场中，两个质量均为m的带电小球a、b经过电场中P点以后的运动轨迹分别如图中虚线所示．下列说法正确的是( )
A．a球带正电B．b球带正电
C．a球运动过程中电势能逐渐增大D．b球运动过程中电势能逐渐减小
【答案】AD
3．如图所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球，另一端固定于O点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b．不计空气阻力，则下列说法正确的是( )
A．小球带负电
B．电场力与重力平衡
C．小球在从a点运动到b点的过程中，电势能减小
D．小球在运动过程中机械能守恒
【答案】B
4．水平放置的平行板电容器与某一电源连接后，断开开关(图中未画出)，重力不可忽略的小球由电容器的正中央沿水平向右的方向射入该电容器，如图所示，小球先后经过虚线上的A、B两点．则( )
A．如果小球所带的电荷为正电荷，小球所受的电场力一定向下
B．小球由A到B的过程中电场力一定做负功
C．小球由A到B的过程中动能可能减小
D．小球由A到B的过程中，小球的机械能可能减小
【答案】D
5．(多选)如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像．当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带正电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是( )
A．带电粒子始终向同一个方向运动B．2 s末带电粒子回到原出发点
C．3 s末带电粒子的速度为零D．0～3 s内，电场力做的总功为零
【答案】CD 【解析】设第1 s内粒子的加速度为a1，第2 s内的加速度为a2，由a＝eq \f(qE,m)可知，a2＝2a1，可见，粒子第1 s内向负方向运动，1.5 s末粒子的速度为零，然后向正方向运动，至3 s末回到原出发点，粒子的速度为0，v－t图像如图所示，由动能定理可知，此过程中电场力做的总功为零，综上所述，可知C、D正确．
6．(2021年深圳高级中学月考)(多选)如图所示，竖直平面内有固定的半径为R的光滑绝缘圆形轨道，匀强电场的方向平行于轨道平面水平向左，P、Q分别为轨道上的最高点、最低点，M、N是轨道上与圆心O等高的点．质量为m、电荷量为q的带正电小球(可视为质点)在轨道内运动，已知重力加速度为g，电场强度E＝eq \f(3mg,4q)，要使小球能沿轨道做完整的圆周运动，则下列说法正确的是( )
A．小球在轨道上运动时，动能最小的位置，电势能最大
B．小球在轨道上运动时，机械能最大的位置一定在M点
C．小球过Q、P点时所受轨道弹力大小的差值为6mg
D．小球过Q、P点时所受轨道弹力大小的差值为7.5mg
【答案】BC 【解析】根据等效场知识可得，电场力与重力的合力大小为mg等＝eq \r(mg2＋qE2)＝eq \f(5,4)mg，故等效重力加速度为g等＝eq \f(5,4)g，如图所示，tan θ＝eq \f(qE,mg)＝eq \f(3,4)，即θ＝37°，若小球刚好能通过C点关于圆心O对称的D点，那么小球就能做完整的圆周运动．小球在D点时的动能最小，但D点并非是其电势能最大的位置，小球电势能最大的位置在N点，A错误；小球在轨道上运动的过程中遵守能量守恒定律，小球在轨道上M点的电势能最小，机械能最大，B正确；小球过Q点和P点时，由牛顿第二定律可得FQ－mg＝meq \f(v\\al(2,Q),R)，FP＋mg＝meq \f(v\\al(2,P),R)，小球从Q点到P点，由动能定理可得－2mgR＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,P)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,Q)，联立解得FQ－FP＝6mg，C正确，D错误．
7．(2021年广东名校调研)(多选)如图，将等量的正点电荷固定在A、B两点，A、B关于光滑绝缘水平面对称，AB连线与水平面交于O点，带电小球放置于水平面上的P点．若小球从P点由静止释放，小球将沿直线MN向O点运动；若给P点的小球一个垂直于MN的沿水平面的初速度，则小球( )
A．可能做匀速圆周运动
B．加速度可能一直保持不变
C．电势能一直减小，动能一直增加
D．可能靠近O点，且靠近过程中电场力可能先增大后减小
【答案】AD 【解析】若小球从P点由静止释放，小球将沿直线MN向O点运动，可知小球带负电，受到的是吸引力；若给P点的小球一个垂直于MN的水平初速度，若满足Eq＝meq \f(v2,r)，则小球做匀速圆周运动，加速度大小不变，但方向不断变化，A正确，B错误；若小球做匀速圆周运动，则电势能不变，动能不变，C错误；若满足Eq>meq \f(v2,r)则小球向靠近O点运动，根据等量同种电荷的中垂线上的场强分布可知，从O点向外侧场强先增加后减小，则小球在靠近O点过程中电场力可能先增大后减小，D正确．
8．(多选)如图所示，在绝缘的斜面上方存在着水平向右的匀强电场，一带电金属块沿斜面滑下，已知金属块在滑下的过程中动能增加了12 J，金属块克服摩擦力做功8 J，重力做功24 J，则以下判断正确的是( )
A．金属块的机械能增加32 JB．金属块的电势能增加4 J
C．金属块带正电荷D．金属块克服电场力做功8 J
【答案】BC 【解析】由动能定理得W总＝WG＋W电＋Wf＝ΔEk，解得W电＝－4 J，所以金属块克服电场力做功4 J，金属块的电势能增加4 J．由于金属块下滑，电场力做负功，所以电场力应该水平向右，所以金属块带正电荷，B、C正确，D错误；在金属块下滑的过程中重力做功24 J，重力势能减小24 J，动能增加了12 J，所以金属块的机械能减少12 J，故A错误．
9．如图所示，ACB是一条足够长的绝缘水平轨道，轨道CB处在方向水平向右、大小为E＝1.0×106 N/C的匀强电场中，一质量m＝0.25 kg、电荷量q＝－2.0×10－6 C的可视为质点的小物体，在距离C点L0＝6.0 m的A点处，在拉力F＝4.0 N的作用下由静止开始向右运动，当小物体到达C点时撤去拉力，小物体滑入电场中．已知小物体与轨道间的动摩擦因数μ＝0.4，取g＝10 m/s2，求：
(1)小物体到达C点时的速度大小；
(2)小物体在电场中运动的时间．(结果保留1位小数)
解：(1)根据牛顿第二定律，小物体的加速度大小为
a＝eq \f(F－μmg,m)＝12 m/s2，
小物体到达C点的过程中有v2＝2aL0，
代入数据解得v＝12 m/s．
(2)根据牛顿第二定律，小物体向右减速运动的加速度大小为
a1＝eq \f(|q|E＋μmg,m)＝12 m/s2，
小物体向右运动的时间t1＝eq \f(v,a1)＝1.0 s，
小物体向右运动的位移x1＝eq \f(v,2)t1＝6.0 m，
由于|q|E>μmg，所以小物体先向右减速运动，后反向向左加速运动，直到滑出电场．
根据牛顿第二定律，小物体向左加速运动的加速度大小为
a2＝eq \f(|q|E－μmg,m)＝4 m/s2，
小物体在电场中向左运动的时间为t2＝eq \r(\f(2x1,a2))＝eq \r(3) s，
小物体在电场中运动的总时间为
t＝t1＋t2＝(1＋eq \r(3)) s≈2.7 s．
10．如图所示，在竖直平面内的平面直角坐标系xOy中，x轴上方有水平向右的匀强电场，有一质量为m、电荷量为－q(q>0)的带电绝缘小球，从y轴上的P(0，L)点由静止开始释放，运动至x轴上的A(－L,0)点时，恰好无碰撞地沿切线方向进入固定在x轴下方竖直放置的四分之三圆弧形光滑绝缘细管，细管的圆心O1位于y轴上，交y轴于B点，交x轴于A点和C(L,0)点，已知细管内径略大于小球外径，不计空气阻力，重力加速度为g．求：
(1)匀强电场的电场强度的大小；
(2)小球运动到B点时对细管的压力；
(3)小球从C点飞出后落在x轴上的位置坐标．
解：(1)小球由静止释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小球从A点沿切线方向进入，则此时速度方向与竖直方向的夹角为45°，即加速度方向与竖直方向的夹角为45°，则tan 45°＝eq \f(mg,Eq)，
解得E＝eq \f(mg,q)．
(2)根据几何关系可知，细管轨道的半径r＝eq \r(2)L，
从P点到B点的过程中，根据动能定理得
mg(2L＋eq \r(2)L)＋EqL＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)，
在B点，根据牛顿第二定律得FN－mg＝eq \f(mv\\al(2,B),r)，
联立解得FN＝3(eq \r(2)＋1)mg，方向竖直向上．
根据牛顿第三定律可得小球运动到B点时对细管的压力大小FN′＝3(eq \r(2)＋1)mg，方向竖直向下．
(3)从P到A的过程中，根据动能定理得
eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)＝mgL＋EqL，
解得vA＝2eq \r(gL)，
小球从C点抛出后做类平抛运动
抛出时的速度vC＝vA＝2eq \r(gL)，
小球的加速度g′＝eq \r(2)g．
当小球沿抛出方向和垂直抛出方向位移相等时，又回到x轴，则有vCt＝eq \f(1,2)g′t2，
解得t＝2eq \r(\f(2L,g))，
则沿x轴方向运动的位移
x＝eq \f(vCt,sin 45°)＝eq \r(2)vCt＝eq \r(2)×2eq \r(gL)×2eq \r(\f(2L,g))＝8L，
x′＝L－8L＝－7L，则小球从C点飞出后落在x轴上的坐标为(－7L,0)．