适用于新高考新教材浙江专版2025届高考物理一轮总复习第8单元静电场素养练12等效思想在电场中的应用科学思维新人教版

素养练12等效思想在电场中的应用(科学思维)1.(多选)如图所示,用绝缘细线拴一带负电小球,在竖直平面内做圆周运动,匀强电场方向竖直向下。下列说法正确的是()A.小球可能做匀速圆周运动B.小球运动到最高点a时,线的拉力确定最小C.小球运动到最低点b时,速度确定最大D.小球运动到最高点a时,电势能最小2.(多选)(2024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晰的绝缘斜面上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对上的匀强电场,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变更的关系如图乙所示,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aB.电场强度大小为bC.小球在最低点时的最小速度为5D.小球在最低点和最高点所受绳子的拉力差为6b4.(2024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=0.4m的绝缘细线把质量为m=0.20kg,带有q=6.0×10-4C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10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=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)假如小球能绕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,其次象限中有沿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)点射入其次象限,已知带电质点在第一和其次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,仅变更两小球的相同射出速度,求射出速度需满意的条件。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=0.4m,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=1.0×104N/C,现有一电荷量q=+1.0×10-4C,质量m=0.1kg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10m/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起先运动到落至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图像斜率的确定值表示摩擦力与静电力两个力的合力大小,依据图像可知,O至P过程中,图像斜率的确定值渐渐减小,则摩擦力与静电力两个力的合力渐渐减小,由于物块静止向下滑动,依据mgsinθ-(Ff+qE)=ma1可知加速度渐渐增大,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图像斜率确定,即摩擦力与静电力大小均确定,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,依据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渐渐增大,C错误;O至Q过程中,E总=EG+E电+Ek+Q,动能不断增大,摩擦力做功渐渐增多,产生的热量渐渐增多,则物块的重力势能与电势能之和不断减小,D正确。3.BD解析依据牛顿其次定律得F+mg+qE=mv2L,又因为Ek=12mv2,解得Ek=L2F+12(mg+qE)L,依据图像得L2=ab,12(mg+qE)L=a,解得L=2ab,E=b-mgq,A错误,B正确;最高点小球速度最小时,绳没有拉力,依据牛顿其次定律得mg+qE=mv12L,依据动能定理得mg·2L+qE·2L=12mv22-12mv4.答案(1)-400V(2)3N(3)21m/s解析(1)带电小球在B点静止受力平衡,依据平衡条件得qE=mgtanθ,得E=mgtanθq=0.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=12mvC2在C点,小球所受重力和细线的合力供应向心力,有F-mg=mv联立解得F=3N。(3)分析可知小球做完整圆周运动时必需通过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mgcosθ+qEsinθ=m-mgLcosθ-qEL(1+sinθ)=12mv2-联立解得v0=21m/s。5.答案(1)45°(2)-mgLq(3)解析(1)由题意知,带电质点在其次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=mg解得θ=45°。(2)P到Q的过程,由动能定理有qEL-mgL=0WPQ=qEL解得UPQ=WPQ-q(3)带电质点在第一象限做匀变速直线运动,由牛顿其次定律有2mg=ma即a=2g,v0=at解得t=2带电质点在第一象限中来回一次所用的时间T=2t=2v6.答案(1)4mgq(2)2gL(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照旧为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=1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+12at解得a=3g由牛顿其次定律得Eq-mg=ma解得E=4mgq(2)小球M射出电场时竖直速度为vy2=vy1+a'tEq+mg=ma'12m(v02+v解得v0=2gL。(3)以竖直向下为正,M的竖直位移yM=vy1t+12a'tN的竖直位移为yN=vy1t-12atyM-yN≤L解得v0≥2gL。7.答案(1)6.0N(2)0(3)1.17J解析(1)设带电体通过C点时的速度为vC,依据牛顿其次定律有mg=mv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,依据牛顿其次定律有FB-mg=mv带电体从B运动到C的过程中,有-mg·2R=1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点阅历的时间为t,依据运动的分解有2R=12gtxBD=v