2025年高考物理二轮复习专题强化练十 电场性质的综合应用（含解析）

这是一份2025年高考物理二轮复习专题强化练十 电场性质的综合应用（含解析），共12页。试卷主要包含了选择题，计算题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题
1.(6分)如图所示,在电场强度大小为E、方向竖直向上的匀强电场中,一质量为m、带电荷量为+q的物体,以某一初速度沿电场方向做匀减速直线运动,不计空气阻力,其加速度大小为0.6qEm,物体运动距离s时速度变为零。则在此过程中( )
A.物体克服静电力做功0.6qEs
B.物体的电势能增加了qEs
C.物体的重力势能增加了qEs
D.物体的动能减少了0.6qEs
2.(6分)(2023·深圳模拟)如图所示,有一竖直固定放置的绝缘圆环,圆环上均匀分布着正电荷,一固定绝缘光滑细杆过圆心且沿垂直圆环平面方向穿过圆环,细杆上套有一个带正电的小环,小环从A点由静止释放,沿细杆运动。下列说法一定正确的是( )
A.小环所受静电力逐渐变小
B.小环的加速度先向右后向左
C.小环的电势能逐渐增加
D.小环的动能逐渐增加
3.(6分)(2023·赣州模拟)带电小球的半径为R,以球心为原点O建立坐标轴x,轴上各点电势φ随x变化如图所示,下列说法正确的是( )
A.球带正电荷
B.球心处电场强度最大
C.A、B两点电场强度相同
D.一带负电的试探电荷在B点的电势能比在C点的电势能大
4.(6分)(多选) (2023·张掖模拟)一带电粒子仅在电场力作用下从A点开始以初速度-v0做直线运动,其v -t图像如图所示。粒子在t时刻运动到B点,3t时刻运动到C点,以下判断正确的是( )
A.A、B、C三点中B点的电场强度最大
B.A、B、C三点的电势关系一定为φB>φA>φC
C.粒子从A点经B点运动到C点,电场力先做正功后做负功
D.粒子从A点经B点运动到C点,电势能先增加后减少
5.(6分)(多选)在x轴上分别固定两个点电荷Q1、Q2,Q2位于坐标原点O处,两点电荷形成的静电场中,x轴上的电势φ随x变化的图像如图所示,下列说法正确的是( )
A.x3处电势φ最高,电场强度最大
B.Q1带正电,Q2带负电
C.Q1的电荷量小于Q2的电荷量
D.电子从x1处沿x轴移动到x2处,电势能增加
6.(6分)(多选)真空中相距为3a的两个点电荷M、N,分别固定于x轴上x1=0和x2=3a的两点上,在它们连线上各点电场强度随x变化关系如图所示,沿x轴正方向电场强度E为正,以下判断中正确的是( )
A.点电荷M、N一定为同种电荷
B.点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为4∶1
C.把一个检验电荷由x1位置静止释放,其加速度一直减小
D.把一个正检验电荷由x3=a的位置静止释放,其电势能一直减小
7.(6分)如图甲所示,光滑绝缘水平面上有一带负电荷的小滑块,在x=1 m处以初速度v0=3 m/s沿x轴正方向运动。小滑块的质量为m=2 kg、带电荷量为q=-0.1 C,可视为质点。整个区域存在沿水平方向的电场,图乙是滑块电势能Ep随位置x变化的部分图像,P点是图线的最低点,虚线AB是图像在x=1 m处的切线,并且AB经过(0,3)和(3,0)两点,g=10 m/s2。下列说法正确的是( )
A.x=1 m处的电场强度大小为20 V/m
B.滑块向右运动过程中,加速度先增大后减小
C.滑块运动至x=3 m处时,速度大小为2 m/s
D.若滑块恰好到达x=5 m处,则该处的电势为50 V
二、计算题
8.(12分)(2023·鹤岗模拟)如图所示,放置在竖直平面内的粗糙直线轨道AB与光滑圆弧轨道BCD相切于B点,C为最低点,圆心角∠BOC=37°,线段OC垂直于OD,圆弧轨道半径为R,直线轨道AB长为L=5R,整个轨道处于匀强电场中,电场强度方向平行于轨道所在的平面且垂直于直线OD,现有一个质量为m、带电荷量为+q的小物块P从A点无初速度释放,小物块P与AB之间的动摩擦因数μ=0.25,电场强度大小E=mgq,sin37°=0.6,cs37°=0.8,重力加速度为g,忽略空气阻力。求:
(1)小物块第一次通过C点时对轨道的压力大小;
(2)小物块第一次从D点飞出后上升的最大高度;
(3)小物块在直线轨道AB上运动的总路程。
9.(16分)绝缘粗糙的水平面上相距为6L的A、B两处分别固定电荷量不等的正电荷,两电荷的位置坐标如图甲所示,已知A处电荷的电荷量为+Q,图乙是A、B连线之间的电势φ与位置x之间的关系图像,图中x=L处对应图线的最低点,x=-2L处的纵坐标φ=2φ0,x=2L处的纵坐标φ=67φ0,若在x=-2L 处的C点由静止释放一个质量为m、电荷量为+q的带电物块(可视为质点),物块随即向右运动(假设此带电物块不影响原电场分布),求:
(1)固定在B处的电荷的电荷量QB;
(2)小物块与水平面间的动摩擦因数μ为多大,才能使小物块恰好到达x=2L处?
(3)若小物块与水平面间的动摩擦因数μ=kQq12mgL2,小物块运动到何处时速度最大?
解析版
一、选择题
1.(6分)如图所示,在电场强度大小为E、方向竖直向上的匀强电场中,一质量为m、带电荷量为+q的物体,以某一初速度沿电场方向做匀减速直线运动,不计空气阻力,其加速度大小为0.6qEm,物体运动距离s时速度变为零。则在此过程中( )
A.物体克服静电力做功0.6qEs
B.物体的电势能增加了qEs
C.物体的重力势能增加了qEs
D.物体的动能减少了0.6qEs
【解析】选D。由于物体所受静电力和运动方向相同,故静电力做正功,W=Eqs,故A错误;静电力做正功,电势能减小,物体的电势能减小了qEs,故B错误;重力做功WG=-mgs,重力做负功,重力势能增加,又由题可知,mg=1.6qE,所以重力势能增加了1.6qEs,故C错误;物体做减速运动,所受合外力做负功,动能减小,由动能定理得:ΔEk=-F合s=-mas=-0.6Eqs,所以物体的动能减少了0.6qEs,故D正确。
2.(6分)(2023·深圳模拟)如图所示,有一竖直固定放置的绝缘圆环,圆环上均匀分布着正电荷,一固定绝缘光滑细杆过圆心且沿垂直圆环平面方向穿过圆环,细杆上套有一个带正电的小环,小环从A点由静止释放,沿细杆运动。下列说法一定正确的是( )
A.小环所受静电力逐渐变小
B.小环的加速度先向右后向左
C.小环的电势能逐渐增加
D.小环的动能逐渐增加
【解析】选D。O点电场强度为零,由O点向右电场强度先变大后变小,小环所受静电力可能先变大后变小,A错误;小环从A点由静止释放,沿细杆向右运动,加速度方向一直向右,B错误;静电力对小环一直做正功,电势能逐渐减少,动能逐渐增加,C错误,D正确。
3.(6分)(2023·赣州模拟)带电小球的半径为R,以球心为原点O建立坐标轴x,轴上各点电势φ随x变化如图所示,下列说法正确的是( )
A.球带正电荷
B.球心处电场强度最大
C.A、B两点电场强度相同
D.一带负电的试探电荷在B点的电势能比在C点的电势能大
【解析】选D。从球出发向两侧电势升高,而沿着电场线电势降低,故球带负电荷,A错误;球是等势体,故内部任意两点间的电势差为零,故电场强度为零,B错误;A点与B点的电场强度大小相等,但方向相反,C错误;从B到C,电势升高,根据Ep=qφ,负电荷在B点的电势能比在C点的电势能大,D正确。
4.(6分)(多选) (2023·张掖模拟)一带电粒子仅在电场力作用下从A点开始以初速度-v0做直线运动,其v -t图像如图所示。粒子在t时刻运动到B点,3t时刻运动到C点,以下判断正确的是( )
A.A、B、C三点中B点的电场强度最大
B.A、B、C三点的电势关系一定为φB>φA>φC
C.粒子从A点经B点运动到C点,电场力先做正功后做负功
D.粒子从A点经B点运动到C点,电势能先增加后减少
【解析】选A、D。由图可知,粒子的加速度先增大后减小, B点的加速度最大,所以B点电场强度最大,A正确;因为不知道带电粒子的电性,所以无法判断电势的关系,B错误;由图像可知,动能先减小后增大,所以电场力先做负功后做正功,根据能量守恒定律可知,电势能先增加后减少,C错误,D正确。
5.(6分)(多选)在x轴上分别固定两个点电荷Q1、Q2,Q2位于坐标原点O处,两点电荷形成的静电场中,x轴上的电势φ随x变化的图像如图所示,下列说法正确的是( )
A.x3处电势φ最高,电场强度最大
B.Q1带正电,Q2带负电
C.Q1的电荷量小于Q2的电荷量
D.电子从x1处沿x轴移动到x2处,电势能增加
【解析】选B、D。φ -x图像的斜率表示电场强度,所以由题图可知x3处电势φ最高,电场强度最小为0,则A错误;由于沿着电场线方向电势逐渐降低,则0~x3电场线方向指向x轴的负方向,x3~+∞电场线方向指向x轴的正方向,并且在x3处电势φ最高,电场强度最小为0,根据点电荷电场强度公式E=kQr2,由近小远大规律可知,Q1的电荷量大于Q2的电荷量,并且Q1带正电,Q2带负电,所以B正确,C错误;电子从x1处沿x轴移动到x2处,静电力做负功,电势能增加,所以D正确。
6.(6分)(多选)真空中相距为3a的两个点电荷M、N,分别固定于x轴上x1=0和x2=3a的两点上,在它们连线上各点电场强度随x变化关系如图所示,沿x轴正方向电场强度E为正,以下判断中正确的是( )
A.点电荷M、N一定为同种电荷
B.点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为4∶1
C.把一个检验电荷由x1位置静止释放,其加速度一直减小
D.把一个正检验电荷由x3=a的位置静止释放,其电势能一直减小
【解析】选A、B。x=2a处电场强度为零且左侧电场强度向右(正值)、右侧电场强度向左(负值),结合点电荷的电场强度特征可知,点电荷M、N一定为同种电荷,两点电荷在x=2a处的电场强度大小满足kq1(2a)2=kq2a2,解得q1q2=41,A、B正确;由题图可知,O点右侧电场强度先减小再增大,故把一个检验电荷(假设带正电)由x1位置静止释放,根据牛顿第二定律可得qE=ma,其加速度先减小再增大,C错误;把一个正检验电荷由x3=a的位置静止释放,向右运动过程中,电场力先做正功再做负功,其电势能先减小后增大,D错误。
7.(6分)如图甲所示,光滑绝缘水平面上有一带负电荷的小滑块,在x=1 m处以初速度v0=3 m/s沿x轴正方向运动。小滑块的质量为m=2 kg、带电荷量为q=-0.1 C,可视为质点。整个区域存在沿水平方向的电场,图乙是滑块电势能Ep随位置x变化的部分图像,P点是图线的最低点,虚线AB是图像在x=1 m处的切线,并且AB经过(0,3)和(3,0)两点,g=10 m/s2。下列说法正确的是( )
A.x=1 m处的电场强度大小为20 V/m
B.滑块向右运动过程中,加速度先增大后减小
C.滑块运动至x=3 m处时,速度大小为2 m/s
D.若滑块恰好到达x=5 m处,则该处的电势为50 V
【解析】选C。Ep-x图像斜率的绝对值表示滑块所受静电力的大小,所以滑块在x=1 m处所受静电力大小为F=|ΔEpΔx|=1 N,可得E1=10 V/m,选项A错误;滑块向右运动过程中,静电力先减小后增大,则加速度先减小后增大,选项B错误;滑块从x=
1 m的位置运动至x=3 m处时,根据动能定理有12mv2-12mv02=W电 ,W电=-ΔEp'=1 J,解得速度大小为v=2 m/s,选项C正确;若滑块恰好到达x=5 m处,则12mv02=-
W电'=Ep2-Ep1,其中Ep1=2 J,解得滑块的电势能Ep2=5 J,该处的电势为φ=Ep2q=5-0.1
V=-50 V,选项D错误。
二、计算题
8.(12分)(2023·鹤岗模拟)如图所示,放置在竖直平面内的粗糙直线轨道AB与光滑圆弧轨道BCD相切于B点,C为最低点,圆心角∠BOC=37°,线段OC垂直于OD,圆弧轨道半径为R,直线轨道AB长为L=5R,整个轨道处于匀强电场中,电场强度方向平行于轨道所在的平面且垂直于直线OD,现有一个质量为m、带电荷量为+q的小物块P从A点无初速度释放,小物块P与AB之间的动摩擦因数μ=0.25,电场强度大小E=mgq,sin37°=0.6,cs37°=0.8,重力加速度为g,忽略空气阻力。求:
(1)小物块第一次通过C点时对轨道的压力大小;
答案:(1)10.8mg
【解析】(1)由几何关系知,轨道AB与水平面的夹角为37°,小物块从A点第一次到C点的过程,由动能定理知:(qE+mg)(Lsin37°+R-Rcs37°)-μ(qE+mg)Lcs37°=12mvC12-0
在C点由牛顿第二定律知:FN-qE-mg=mvC12R,联立解得:FN=10.8mg
由牛顿第三定律知此时小物块对轨道的压力大小是10.8mg。
(2)小物块第一次从D点飞出后上升的最大高度;
答案: (2)1.2R
【解析】(2)小物块从A第一次到D的过程,由动能定理知(qE+mg)(Lsin37°-Rcs37°)-μ(qE+mg)Lcs37°=12mvD12-0
小物块第一次到达D点后以速度vD1逆着电场线方向做匀减速直线运动,
由动能定理知-(qE+mg)xmax=0-12mvD12
联立解得:xmax=1.2R。
(3)小物块在直线轨道AB上运动的总路程。
答案: (3)15R
【解析】(3)分析可知小物块到达B点的速度为零后,小物块就在圆弧轨道上做往复圆周运动,
由功能关系知(qE+mg)Lsin37°=μ(qE+mg)dcs37°,解得:d=15R。
【解题指南】解答本题应注意以下三点:
(1)小物块从A点到第一次到C点的过程,利用动能定理、牛顿第二定律方程式求解;
(2)小物块第一次到达D点后以速度vD1逆着电场方向做匀减速直线运动,根据动能定理可求最大高度;
(3)小物块到达B点的速度为零后,小物块就在圆弧轨道上做往复圆周运动。
9.(16分)绝缘粗糙的水平面上相距为6L的A、B两处分别固定电荷量不等的正电荷,两电荷的位置坐标如图甲所示,已知A处电荷的电荷量为+Q,图乙是A、B连线之间的电势φ与位置x之间的关系图像,图中x=L处对应图线的最低点,x=-2L处的纵坐标φ=2φ0,x=2L处的纵坐标φ=67φ0,若在x=-2L 处的C点由静止释放一个质量为m、电荷量为+q的带电物块(可视为质点),物块随即向右运动(假设此带电物块不影响原电场分布),求:
(1)固定在B处的电荷的电荷量QB;
答案:(1)Q4
【解析】(1)由题图乙得x=L处为图线的最低点,切线斜率为零,即合电场强度为0,则有kQARA2=kQBRB2
代入数据得QB=QA4=Q4。
(2)小物块与水平面间的动摩擦因数μ为多大,才能使小物块恰好到达x=2L处?
答案: (2)2qφ07mgL
【解析】(2)从x=-2L到x=2L的过程中,物块先做加速运动再做减速运动,由动能定理得
qU1-μmgs1=0-0
即q(2φ0-67φ0)-μmg×(4L)=0-0
解得μ=2qφ07mgL。
(3)若小物块与水平面间的动摩擦因数μ=kQq12mgL2,小物块运动到何处时速度最大?
答案: (3)x=0处
【解析】(3)小物块运动速度最大时,电场力与摩擦力的合力为零,设该位置离A点的距离为LA,则有kQAqLA2-kQBq(6L-LA)2-μmg=0,解得LA=3L,即小物块运动到x=0处时速度最大。
【解题指南】解答本题应注意以下三点:
(1)由图乙可知,在x=L处的点为图线的最低点,切线的斜率为零,即合场强为零,根据平衡条件可计算出B处电荷的电量;
(2)由于该过程的初、末速度均为零,故对该过程列出动能定理,可直接计算出动摩擦因数大小;
(3)当小物块运动速度最大时,电场力与摩擦力的合力为零,根据平衡条件列出方程,可解出平衡位置距离A点的距离。