第9章　静电场 第7讲　专题提升：等效法在电场中的应用　电场中的力电综合问题--2027全国版高考物理第一轮(含答案)

2027全国版高考物理第一轮
第7讲　专题提升:等效法在电场中的应用
电场中的力电综合问题
基础对点练
题组一　等效法在电场中的应用
1.(2025黑龙江大庆模拟)如图所示,竖直平面内有固定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右,P、Q分别为轨道上的最高点和最低点,M、N是轨道上与圆心O等高的两点。一质量为m、电荷量为q的带正电小球从P处以速度v0水平向右射出,恰好能在轨道内做完整的圆周运动,已知重力加速度大小为g,电场强度大小E=。下列说法正确的是(　　)
A.在轨道上运动时,小球动能最大的位置在Q点
B.经过M、N两点时,小球所受轨道弹力大小的差值为6mg
C.小球在Q处以速度v0水平向右射出,也能在此轨道内做完整的圆周运动
D.在轨道上运动时,小球机械能最小的位置在N点
2.(多选)(2025河南名校联考)如图所示,AE、FC分别为竖直面内圆的水平直径和竖直直径,O为圆心,B、D、G为圆周上的三点,且∠GOB=∠BOC=∠DOC=60°,空间存在平行于圆面的匀强电场。把一质量为m、电荷量为+q(q>0)的小球(可视为点电荷),分别自B点以相同的速率沿不同方向抛出后,小球从D点离开圆周时其动能最大,已知匀强电场的电场强度大小为E=,g为重力加速度,不计空气阻力。下列说法正确的是(　　)
A.匀强电场的方向为E→A
B.小球从E点离开圆周时,其电势能最小
C.小球从G点离开圆周时的机械能与抛出时的机械能相等
D.B、O两点间与D、O两点间的电势差的关系为UBO=UDO
3.(2025山东滨州二模)空间中存在一匀强电场,电场方向未知。如图所示,一质量为m的带电小球在A点的初速度大小为v0,方向水平向左,小球经过下方B点时速度的大小仍为v0,且方向与水平方向夹角θ=60°,指向右下方。A、B两点在同一竖直面内,不计空气阻力,重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)
A.若小球所受静电力水平向右,则静电力最小
B.AB间电势差UAB=0
C.小球速度竖直向下时,速度的大小为v0
D.若静电力的大小为mg,则静电力与竖直方向的夹角为60°,指向右上方
题组二　电场中的力电综合问题
4.(多选)(2024江西卷)如图所示,垂直于水平桌面固定一根轻质绝缘细直杆,质量均为m、带同种电荷的绝缘小球甲和乙穿过直杆,两小球均可视为点电荷,所带电荷量分别为q和Q。在图示的坐标系中,小球乙静止在坐标原点,初始时刻小球甲从x=x0处由静止释放,开始向下运动。甲和乙两点电荷的电势能Ep=k(r为两点电荷之间的距离,k为静电力常量)。最大静摩擦力等于滑动摩擦力Ff,重力加速度为g。关于小球甲,下列说法正确的是(　　)
A.最低点的位置x=
B.速率达到最大值时的位置x=
C.最后停留位置x的区间是≤x≤
D.若在最低点能返回,则初始电势能Ep0<(mg-Ff)
5.(多选)(2026辽宁沈阳高三检测)如图所示,在直角坐标系中,y<0空间存在方向平行于yOz面,与y轴正方向夹角为45°的匀强电场,电场强度大小为E1;y>0空间存在方向平行于xOy面,与y轴正方向夹角为45°的匀强电场,电场强度大小为E2。在yOz平面的A点由静止释放一个质量为m、电荷量为+q的带电粒子,粒子沿直线运动经过z轴(0,0,z1)点时速度大小为v0。进入y>0空间后,始终受到一个与运动方向相反、大小为Ff=kv的阻力。一段时间后,粒子首次到达xOy平面时,对应y轴坐标为y1,速度大小为v1,其沿z轴负方向的分速度大小为v0。不计粒子重力。则该带电粒子(　　)
A.在y<0空间中的运动时间为
B.经过z轴时z轴坐标为z1=
C.首次运动到xOy平面所用时间为
D.首次运动到xOy平面时x轴坐标为y1-
综合提升练
6.(多选)(2025福建泉州一模)如图所示,在竖直平面内有一圆心为O、半径为R的圆形区域,圆内有一电场强度大小为E的水平匀强电场(图中未画出),方向与该区域平面平行,圆的直径MN与水平方向夹角θ=45°。质量为m、电荷量为q的带正电微粒从M点以不同水平速度向右射入电场,微粒通过圆形区域的过程中,电势能增加量最大值为ΔEp,动能增加量最大值为ΔEk。已知速度大小为v的微粒恰能运动到N点且速度大小也为v,重力加速度大小为g。下列等式成立的是(　　)
A.E= B.R=
C.ΔEk=mv2 D.ΔEp=mv2
7.(2025山东青岛三模)如图所示,水平向右的匀强电场中固定倾角为30°、足够长的斜面,质量为m、电荷量为+q的小球以初速度v0从斜面底端斜向上抛出,初速度方向与水平方向间的夹角为60°。已知匀强电场的电场强度E=,重力加速度为g,不计空气阻力。小球从抛出到落回斜面的过程中,下列说法正确的是(　　)
A.机械能不变
B.离斜面最远时动能最小
C.运动的时间为
D.运动的时间为
培优拔高练
8.(14分)(2026福建福州高三检测)如图所示,在竖直平面内,有水平向右的匀强电场,一半径为R的光滑绝缘圆弧轨道ABC和水平光滑绝缘轨道PA在A点相切。BC为圆弧轨道的直径。O为圆心,OA和OB之间的夹角为α,sin α=,一质量为m、电荷量为q的带正电小球沿水平轨道向右运动,经A点沿圆弧轨道恰好能通过C点,并飞出落至水平轨道。已知小球在B处速度最大,重力加速度大小为g。求:
(1)匀强电场的电场强度大小E;
(2)小球到达A点时动量的大小;
(3)小球从C点落至水平轨道的落地点与A点之间的距离。
答案：
1.D　解析 小球所受静电力和重力的合力为F=mg,tan θ==1,方向为右下方,与水平方向夹角为45°,NP圆弧的中点为等效重力最高点,QM圆弧的中点为等效重力最低点,则小球动能最大点在QM圆弧的中点,A错误;小球在N点,由牛顿第二定律有F1+qE=m,同理,在M点,有F2-qE=m,根据动能定理有qE·2R=,解得F2-F1=6mg,B错误;PN圆弧的中点即为速度最小点,从P点射出恰好到达速度最小点,所以相同的速度从Q点射出,无法到达速度最小点,C错误;机械能最小意味着电势能最大,N点电势最高,小球的电势能最大,D正确。
2.BC　解析 由题意可知,D点为圆周上等效重力场的最低点,因E=,可得tan θ=,解得θ=60°,故等效重力场的情况如图所示,表明匀强电场的方向为A→E,故A错误;小球从E点离开圆周时静电力做的功最多,小球电势能减少得最多,其电势能最小,故B正确;由题图可知B点和G点的电势相等,小球从B点到G点的过程中,静电力不做功,因而小球从G点离开圆周时的机械能与从B点抛出时相等,故C正确;因电场方向为A→E,故有UBO=UOD,故D错误。
3.D　解析 小球经过A、B两点时速度大小相等,由对称性可知小球在A、B两点时速度方向与A、B两点连线的夹角大小相等,设为α,由几何关系可知α=60°,小球所受的合力方向沿AB的垂直平分线方向斜向下,方向与水平方向夹角为30°,由平行四边形定则可知,若电场方向沿BA向上时静电力最小,电场强度最小,A错误;小球从A点到B点,根据动能定理得qUAB-mglABsin α=0,可知UAB≠0,B错误;小球速度竖直向下时,此时速度方向与AB夹角为30°,小球沿AB方向的速度为v1=v0cos 60°=v0,不变,则小球速度竖直向下时速度的大小为v'=v0,C错误;由图可知,若静电力的大小为mg时,合力大小也为mg,此时静电力与竖直方向的夹角为60°,指向右上方,故D正确。
4.BD　解析 对小球甲,从静止到最低点的过程,根据功能关系得(mg-Ff)(x0-x)=k-k,解得x=,A错误;当小球甲的加速度为零时,速率最大,则有mg=Ff+k,解得x=,B正确;小球甲最后停留时,满足mg-Ff≤k≤mg+Ff,解得位置x的区间≤x≤,C错误;若在最低点能返回,即在最低点满足k>mg+Ff,由A选项分析可知x=,又Ep0=,联立可得Ep0<(mg-Ff),D正确。
5.ABC　解析 在y<0空间中,粒子仅受静电力作用,由动量定理可得qE1t1=mv0-0,解得粒子在y<0空间中的运动时间为t1=,故A正确;在z轴方向上,粒子仅在阻力作用下做减速运动,由动量定理可得∑vzΔt=mv0cos 45°-m×v0,整理得z1=mv0,解得z1=,故B正确;粒子到达z轴时的速度为v0,方向与y轴夹角为45°,则在y轴方向上的速度分量为vy0=v0sin 45°=v0,此时阻力在y轴方向的分量为Ffy=-Ffsin 45°=-qE2,静电力与y轴夹角为45°,在y轴方向上的分量Fy=qE2cos 45°=qE2,因此粒子在y轴方向上受力平衡,做匀速直线运动,运动时间t2=,故C正确;在x轴方向,粒子做初速度为0的加速运动,但加速度在逐渐减小,最终当阻力与x轴方向上的静电力平衡时,x轴方向做匀速运动,在z轴方向,粒子做初速度不为0的减速运动,但加速度在逐渐减小,最终减为0,x轴与z轴方向的运动图像完全对称,经过t2时间,z轴方向的速度减为一半,x轴方向上的速度也减为一半,即为vx=v0,对x轴方向,由动量定理有∑vxΔt=mvx,整理得mv0,解得x=,故D错误。
6.AC　解析 已知速度大小为v的微粒恰能运动到N点且速度大小也为v,微粒在重力场和电场组成的等效重力场中做类斜抛运动,则等效重力场方向与MN方向垂直斜向左下方,则有qE==mg,得E=,故A正确;已知速度大小为v的微粒恰能运动到N点,在N点速度方向竖直向下,则竖直方向有R=,得R=,故B错误;过O点作MN的垂线交圆形区域下方交点为等效重力场的最低点,从M点运动到该最低点时,等效重力mg'=mg,合力对微粒做功最多,动能增加量最大,故ΔEk=mgR=mv2,故C正确;从M点运动到圆形区域最右侧时克服静电力做功最多,电势能增加量最大,故ΔEp=qE·mv2,故D错误。
7.D　解析 小球从抛出到落回斜面的过程中,静电力做功会改变机械能,故机械能不守恒,故A错误;以斜面为参考系,建立沿斜面向上(x轴)和垂直斜面向上(y轴)的坐标系,小球受重力mg(竖直向下)和静电力qE(水平向右),沿斜面方向(x轴),静电力分量为Eqcos 30°=mg(沿斜面向上),重力分量为mgsin 30°=mg(沿斜面向下),根据牛顿第二定律得mgsin 30°-Eqcos 30°=max,解得加速度ax=g(沿斜面向下),垂直斜面方向(y轴),静电力分量为Eqsin 30°=mg(垂直斜面向下),重力分量为mgcos 30°=mg(垂直斜面向下),根据牛顿第二定律得mgcos 30°+Eqsin 30°=may,解得加速度ay=g(垂直斜面向下),初速度v0与斜面方向夹角为30°,分解到斜面坐标系,沿x轴vx=v0cos 30°=v0,沿y轴vy=v0sin 30°=v0,离斜面最远时(y轴方向速度为0),从开始抛出到离斜面最远所用时间t1=,此时x轴方向速度v0x=vx-axt1=v0,设合力与竖直方向的夹角为α,则tan α=,故α<30°,此时合力与速度成钝角,速度大小继续减小,故离斜面最远时动能不是最小,故B错误;落回斜面时y轴位移为0,由运动学公式得vyt-yt2=0,解得t=,故C错误,D正确。
8.答案 (1)　(2)　(3)1.125R
解析 (1)小球所受静电力F=Eq,小球在B处速度最大为等效重力最低点,则等效重力最高点为C点,所以小球到达C点时所受合力指向圆心O。由力的合成法则有tan α=,得E=。
(2)设小球到达C点时的速度大小为vC,由向心力公式得=m,解得vC=
小球由A点到C点,由动能定理得-mgR(1+cos α)-EqRsin α=,解得vA=
小球在A点的动量大小为p=mvA=。
(3)小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零,加速度大小为重力加速度的匀加速运动。水平方向做匀变速直线运动,有a=g
竖直方向上vy=vCsin α=,R(1+cos α)=vyt+gt2,解得t=
水平方向上vx=vCcos α=,x=vxt-t2=0.525R
球落地点与A点之间的距离为Δx=x+Rsin α=1.125R。
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