新高考新教材浙江专版2025届物理一轮总复习第8单元等效思想在电场中的应用科学思维新人教版(含答案)

新高考新教材高考物理一轮总复习新人教版：
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E k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a
b
B.电场强度大小为b-mg
q
C.小球在最低点时的最小速度为√5a
m
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,cos 37°=0.8。

(1)求A、B两点间的电势差U AB。

(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U PQ;
(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x DB;
(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-(F f +qE)x=E 机-E O ,得E 机=E O -(F f +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mg sin θ-(F f +qE)=ma 1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=F f v,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=E G +E 电+E k +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 v 2
L
,又因为E k =1
2
mv 2
,解得E k =L 2
F+1
2
(mg+qE)L,根据图像得
L
2
=a b ,12(mg+qE)L=a,解得L=2a b ,E=b -mg q
,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 v 12L
,根据动能定理得mg ·2L+qE ·2L=12
mv 22−12
mv 12,解得v 2=√10a m
,小球在最
低点时的最小速度为√
10a m
,C 错误;在最高点根据牛顿第二定律得mg+qE+F 3=m
v 32L
,在最低点根据牛顿
第二定律得F 4-mg-qE=m
v 42L
,根据动能定理得mg ·2L+qE ·2L=1
2mv 42−1
2mv 32,绳子的拉力差为
ΔF=F 4-F 3,解得ΔF=6b,D 正确。

4.答案 (1)-400 V (2)3 N (3)√21m/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=mg tan θ,得 E=
mgtan θ
q
=
0.20×10×tan37°
6.0×10-4
V/m=2.5×103V/m
由U=Ed 有
U AB =-EL(1-sin θ)=-2.5×103
×0.4×(1-sin 37°)V =-400V 。

(2)设小球运动至C 点时速度为v C ,则 mgL-qEL=1
2mv C 2,解得v C =√2m/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
v C 2L
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
mg cos θ+qE sin θ=
mv 2L
-mgL cos θ-qEL(1+sin θ)=1
2mv 2
-1
2mv 02
联立解得v0=√21m/s。

5.答案 (1)45°(2)-mgL
q (3)√2v0
g
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=mg
qE
解得θ=45°。

(2)P到Q的过程,由动能定理有
qEL-mgL=0
W PQ=qEL
解得U PQ=W PQ
-q =-mgL
q。

(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
√2mg=ma
即a=√2g,v0=at
解得t=√2v0
2g
带电质点在第一象限中往返一次所用的时间T=2t=√2v0
g。

6.答案 (1)4mg
q
(2)√2gL(3)v0≥2√gL
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=1
2
gt12
进入电场时竖直速度
v y1=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=-v y1t+1
2
at2
解得a=3g
由牛顿第二定律得
Eq-mg=ma
解得E=
4mg q。

(2)小球M 射出电场时竖直速度为 v y2=v y1+a't Eq+mg=ma'
1
2
m(v 02+v y22)=8×1
2m(v 02+v y12) 解得v 0=√2gL 。

(3)以竖直向下为正,M 的竖直位移 y M =v y1t+1
2a't 2
N 的竖直位移为 y N =v y1t-1
2at 2
y M -y N ≤L 解得v 0≥2√gL 。

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v C ,依据牛顿第二定律有 mg=m
v C 2R
解得v C =2.0m/s
设带电体通过B 点时的速度为v B ,设轨道对带电体的支持力大小为F B ,带电体在B 点时,根据牛顿第二定律有 F B -mg=m
v B 2R
带电体从B 运动到C 的过程中,有 -mg ·2R=1
2
mv C 2−1
2
mv B 2
解得F B =6.0N
故带电体对轨道的压力F B '=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=1
2gt 2
x BD =v C t-12·
qE
m
t 2
联立解得x DB =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E km ,根据动能定理有 qER sin 45°-mgR(1-cos 45°)=E km -1
2mv B 2 代入数据解得E km =1.17J 。