专题三 培优点四 电场中的力电综合问题-【金版教程】2025年高考物理大二轮专题复习冲刺方案课件PPT（基础版）

第一部分　专题复习篇 专题三　电场和磁场 培优点四　电场中的 力电综合问题 目录 2 1 专题作业 高考命题预测 例1　（2024·新课标卷）如图，两根不可伸长的等长绝缘细绳的上端均系在天花板的O点上，下端分别系有均带正电荷的小球P、Q；小球处在某一方向水平向右的匀强电场中，平衡时两细绳与竖直方向的夹角大小相等。则（　　） A.两绳中的张力大小一定相等 B.P的质量一定大于Q的质量 C.P的电荷量一定小于Q的电荷量 D.P的电荷量一定大于Q的电荷量 3 4 5 6 7 8 解决电场中的力学问题的两点注意 （1）对研究对象作受力分析时要全面，带电体在电场中一定受到静电力的作用。 （2）分析解答此类问题有三个角度：力和运动的角度、功和能的角度、动量的角度，需要结合具体问题选用或综合应用。 9 高考命题预测 1.（2024·福建省漳州市高三下第三次质量检测）（多选）如图，在倾角为α（小于45°）的光滑绝缘斜面上固定一挡板，一根与斜面平行的绝缘轻质弹簧一端固定在挡板上，另一端与均匀带电小球A连接，等大的均匀带电小球B置于图示位置。静止时A、B两球间的距离为L，弹簧长度为x。下列说法正确的是（　　） A.A球共受到3个力的作用 B.斜面对B球的支持力大于B球所受库仑力 C.若A球电荷量加倍，适当调整B球位置， 平衡时弹簧长度仍为x D.若A球电荷量加倍，适当调整B球位置，平衡时A、B两球间的距离为2L 1 2 高考命题预测 1 2 高考命题预测 1 2 高考命题预测 1 2 高考命题预测 专题作业 1.（2023·山东省德州市、菏泽市高三二模联考）绝缘天花板上悬挂有带正电的带电绳，绳的质量和带电量都分布均匀，若在虚线下方加上水平向右的匀强电场，绳静止时的形状应为（　　） 1 2 3 4 5 6 7 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 专题作业 6.（2024·黑龙江省哈尔滨市高三下一模）如图a，空间有一水平向右的匀强电场，一质量为m、带电量为＋q的小球用一长为L的绝缘轻绳悬挂于O点，其静止时轻绳与竖直方向的夹角θ＝37°，重力加速度为g，小球可视为质点，忽略空气阻力。（已知：sin37°＝0.6，cos37°＝0.8） （1）求电场强度E的大小和小球静止时轻绳对其拉力FT的大小； （2）若将小球拉到最低点，给小球垂直纸面向里的初速度v0，使小球恰好沿一倾斜平面做匀速圆周运动，如图b所示，求小球初速度v0的大小。 1 2 3 4 5 6 7 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 专题作业 7.（2024·河北省石家庄市高三下教学质量检测三）如图所示，水平地面上方存在电场强度E＝2.5×103 V/m、方向水平向右的匀强电场。质量M＝0.2 kg的不带电小物块B静置于绝缘水平地面上的O点，在O点左侧相距l1＝0.45 m的P点，由静止释放质量m＝0.1 kg、电荷量q＝＋4×10－4 C的小物块A后，A与B发生多次弹性正碰（碰撞时间极短）后B通过Q点。已知O、Q两点间距l2＝2.2 m，B与地面之间的动摩擦因数μ＝0.5，A与地面之间的摩擦不计，A的电荷量始终不变，重力加速度大小g＝10 m/s2，不计空气阻力。求： （1）A、B第一次碰后瞬间，A、B各自的速度大小； （2）A、B第一次碰后瞬间到第二次碰前瞬间的时间间隔； （3）B通过Q点时的速度大小。 1 2 3 4 5 6 7 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 专题作业 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 解析　设小球P、Q的质量分别为mP、mQ，所带电荷量分别为qP、qQ，两球之间的库仑力大小为F，连接P、Q的两绳的拉力分别为TP、TQ，与竖直方向的夹角均为θ，匀强电场的电场强度大小为E。对两小球受力分析如图所示，根据平衡条件，对小球P有qPE＋F＝TPsinθ　①，TPcosθ＝mPg　②；对小球Q有qQE＋TQsinθ＝F　③，TQcosθ＝mQg　④。由①③得TP＝eq \f(F＋qPE,sinθ)，TQ＝eq \f(F－qQE,sinθ)，则TP>TQ，A错误；由②④得eq \f(TP,TQ)＝eq \f(mP,mQ)，又TP>TQ，可知mP>mQ，B正确；若qP＝qQ，分析可知，上述关系式可能均成立，所以C、D错误。 例2　（2024·山东高考）（多选）如图所示，带电量为＋q的小球被绝缘棒固定在O点，右侧有固定在水平面上、倾角为30°的光滑绝缘斜面。质量为m、带电量为＋q的小滑块从斜面上A点由静止释放，滑到与小球等高的B点时加速度为零，滑到C点时速度为零。已知AC间的距离为S，重力加速度大小为g，静电力常量为k，下列说法正确的是（　　） A.OB的距离l＝eq \r(\f(\r(3)kq2,mg)) B.OB的距离l＝eq \r(\f(\r(3)kq2,3mg)) C.从A到C，静电力对小滑块做功W＝－mgS D.AC之间的电势差UAC＝－eq \f(mgS,2q) 解析　小滑块经过B点时，加速度为零，对小滑块受力分析，根据平衡条件，沿斜面方向有mgsin30°＝eq \f(kq2,l2)cos30°，解得l＝eq \r(\f(\r(3)kq2,mg))，A正确，B错误；小滑块从A到C的过程，根据动能定理有W＋mgSsin30°＝0－0，解得W＝－eq \f(mgS,2)，故C错误；根据电势差与静电力做功的关系可知，AC之间的电势差UAC＝eq \f(W,q)＝－eq \f(mgS,2q)，故D正确。 例3　（2024·安徽高考）在某装置中的光滑绝缘水平面上，三个完全相同的带电小球，通过不可伸长的绝缘轻质细线，连接成边长为d的正三角形，如图甲所示。小球质量为m，带电量为＋q，可视为点电荷。初始时，小球均静止，细线拉直。现将球1和球2间的细线剪断，当三个小球运动到同一条直线上时，速度大小分别为v1、v2、v3，如图乙所示。该过程中三个小球组成的系统电势能减少了eq \f(kq2,2d)，k为静电力常量，不计空气阻力。则（　　） A.该过程中小球3受到的合力大小始终不变 B.该过程中系统能量守恒，动量不守恒 C.在图乙位置，v1＝v2，v3≠2v1 D.在图乙位置，v3＝eq \r(\f(2kq2,3md)) 解析　在剪断细线瞬间，小球3由静止开始向左运动，具有加速度，由牛顿第二定律可知，小球3所受合力不为0，当三个小球运动到同一条直线上时，由对称性可知，小球3受到小球1和2的电场力大小相等，方向相反，受到两细线的拉力大小相等、方向相反，此时所受合力为0，故该过程中小球3受到的合力大小是改变的，A错误；对三个小球组成的系统受力分析可知，系统受到重力和水平面的支持力，且二力平衡，所以系统所受合力为0，则在该过程中系统的动量守恒，没有外力对系统做功，则系统内的电势能与动能相互转化，能量守恒，B错误；以水平向左为正方向，根据动量守恒定律，有mv3－m（v1＋v2）＝0，因为小球1和小球2的运动具有对称性，则两小球的速度大小时刻相等，即v1＝v2，联立解得v3＝2v1，C错误；由能量守恒定律可得，eq \f(kq2,2d)＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,2)＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,3)，联立解得v3＝eq \r(\f(2kq2,3md))，D正确。 解析：B球受到重力、斜面的支持力FN和A球的库仑斥力F的作用，如图所示，根据平衡条件可得F＝mBgsinα，FN＝mBgcosα，因α<45°，则tanα<1，故斜面对B球的支持力FN＝eq \f(F,tanα)>F，故B正确；A球受到重力、弹簧的弹力、斜面的支持力和B球的库仑斥力共4个力的作用，故A错误；以A、B两球整体为研究对象，根据平衡条件，弹簧对A球的弹力F1＝（mA＋mB）·gsinα，即弹簧弹力与A、B两球所带电荷量均无关，若A球电荷量加倍，适当调整B球位置，平衡时弹簧长度仍为x，故C正确；结合B项分析可知，初始时有keq \f(qAqB,L2)＝mBgsinα，若A球电荷量加倍，设再次平衡时A、B两球间距为d，则keq \f(2qAqB,d2)＝mBgsinα，联立解得d＝eq \r(2)L，故D错误。 2.（2024·湖南省益阳市高三下三模）如图，三根绝缘细线OA、OB、AB长均为1.00 m，连着两个质量均为m＝1.00 g、电量大小均为q＝1.00×10－9 C的带电小球，A球带正电，B球带负电，AB水平。整个装置处在水平向左的匀强电场中，场强E＝1.00×107 N/C，现剪断细线OB，由于空气阻力，系统最终静止在某个位置（已知重力加速度g＝10 m/s2，eq \r(2)＝1.414，eq \r(3)＝1.732）。下列说法正确的是（　　） A.系统最终静止时重力势能较最初减少了1.2580×10－2 J B.系统最终静止时重力势能较最初减少了0.905×10－3 J C.系统最终静止时电势能和重力势能的总和较最初减少了2.93×10－3 J D.系统最终静止时电势能和重力势能的总和较最初减少了6.82×10－3 J 解析：以A、B整体为研究对象，整体带电量为0，则受到的电场力为0，则系统最终静止时细线OA竖直，以B球为研究对象，设系统最终静止时细线AB与水平方向的夹角为θ，如图所示，对B球受力分析，由平衡条件可得tanθ＝eq \f(mg,qE)＝1，即θ＝45°，设三根细线长均为l，则系统最终静止时重力势能较最初减少了ΔEpG＝mg（l－lsin60°）＋mg（l＋lsin45°－lsin60°）＝9.75×10－3 J，故A、B错误；整个过程中，电场力对系统做功为W电＝－qElcos60°＋qE（lcos45°－lcos60°）＝－2.93×10－3 J，根据功能关系，系统最终静止时电势能较最初增加了ΔEp电＝－W电＝2.93×10－3 J，则系统最终静止时电势能和重力势能的总和较最初减少了ΔEp＝ΔEpG－ΔEp电＝6.82×10－3 J，故C错误，D正确。 解析：设单位长度的绳的质量为m，带电量为q，匀强电场的电场强度的大小为E，对于在虚线以下、在电场中的绳，从绳的最下端向上取一段极短的长度为Δx的绳为研究对象，受力分析如图1所示，该部分绳所受重力和电场力的合力F合与竖直方向夹角θ的正切值tanθ＝eq \f(ΔxqE,Δxmg)＝eq \f(qE,mg)，由平衡条件可知，该部分绳受上面其他部分绳的拉力T斜向左上方且与竖直方向的夹角为θ，对与该段极短的绳相邻连接的上部分长度为Δx的绳受力分析可知，该上部分长度为Δx的绳所受的上面其他部分绳的拉力T′同样斜向左上方且与竖直方向的夹角为θ，同理可知，在虚线下方的绳沿着一条斜向右下方的直线，该直线与竖直方向的夹角为θ，故A、D错误； 对于在虚线以上、不受电场力的绳，从虚线处向上取一段极短的长度为Δx的绳为研究对象，其受到竖直向下的重力的作用、虚线下方绳对它的拉力T下的作用，方向与竖直方向的夹角为θ，斜向右下方，以及与该段绳相邻连接的上方绳的拉力T上的作用，受力分析如图2所示，由平衡条件可知，T上与竖直方向的夹角α<θ，对与该段绳相邻连接的上方长度为Δx的绳受力分析可知，其所受上方相邻连接的绳的拉力T上′与竖直方向的夹角α′<α，同理可知，虚线上方绳与竖直方向夹角越向上越小。综上可知，B错误，C正确。 2.（2023·浙江6月选考）AB、CD两块正对的平行金属板与水平面成30°角固定，竖直截面如图所示。两板间距10 cm，电荷量为1.0×10－8 C、质量为3.0×10－4 kg的小球用长为5 cm的绝缘细线悬挂于A点。闭合开关S，小球静止时，细线与AB板夹角为30°；剪断细线，小球运动到CD板上的M点（未标出），重力加速度g取10 m/s2，则（　　） A.MC距离为5eq \r(3) cm B.电势能增加了eq \f(3,4) eq \r(3)×10－4 J C.电场强度大小为eq \r(3)×104 N/C D.减小R的阻值，MC的距离将变大 解析：闭合开关、剪断细线前对小球受力分析如图1所示，根据平衡条件和几何关系，水平方向有Tcos60°＝qEcos60°，竖直方向有Tsin60°＋qEsin60°＝mg，联立解得T＝eq \r(3)×10－3 N，电场强度的大小E＝eq \r(3)×105 N/C，C错误；剪断细线，小球所受合力沿细线拉力T的反方向，大小为F合＝T＝eq \r(3)×10－3 N，则小球沿原细线方向向下做匀加速直线运动，轨迹如图2所示，根据几何关系可得LMC＝dtan60°＝10eq \r(3) cm，故A错误； 根据图2几何关系可得，小球在电场力方向的位移大小x＝d－l线sin30°＝7.5 cm，方向与电场力方向相反，则电场力做功为W电＝－qEx＝－eq \f(3,4) eq \r(3)×10－4 J，则小球的电势能增加了ΔEp＝－W电＝eq \f(3,4) eq \r(3)×10－4 J，故B正确；减小R的阻值，极板间的电势差不变，极板间的电场强度不变，所以剪断细线前小球的受力和剪断细线后小球的运动不会发生改变，MC的距离不变，故D错误。 3.（2024·福建省三明市高三下三模）如图，场强方向竖直向下、大小为eq \f(mg,q)的匀强电场中，一固定半圆形光滑绝缘轨道与水平地面相切，直径AB与地面垂直。一带电量为＋q、质量为m的小物块以速度v0从B滑入轨道，从A水平飞出。已知重力加速度大小为g，不计空气阻力。小物块从A水平飞出后的落地点P（未画出）到B的距离最大时，对应的轨道半径为（　　） A.2,0)eq \f(v,16g) B.2,0)eq \f(v,8g) C.2,0)eq \f(v,4g) D.2,0)eq \f(v,2g) 解析：设小物块经过A点的速度大小为v，半圆形轨道的半径为R，若小物块恰好运动到A点，由牛顿第二定律有m2,min)eq \f(v,R) ＝mg＋qE，又E＝eq \f(mg,q)，解得vmin＝eq \r(2gR)；小物块从B运动到A的过程，由动能定理可得－mg×2R－qE×2R＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)，小物块从A飞出后在空中做类平抛运动，设运动时间为t，加速度大小为a，有x＝vt，2R＝eq \f(1,2)at2，由牛顿第二定律有mg＋qE＝ma，联立解得小物块从A水平飞出后的落地点P到B的距离x＝2,0)eq \r(－16R2＋\f(2v,g)R) ，结合数学知识，可知R＝2,0)eq \f(v,16g) 时，x最大，当R＝2,0)eq \f(v,16g) 时，小物块在A点的速度v＝eq \f(\r(2),2)v0>vmin＝eq \f(\r(2),4)v0，故R＝2,0)eq \f(v,16g) 满足要求，故选A。 4.（2023·河北高考）由点电荷组成的系统的电势能与它们的电荷量、相对位置有关。如图1，a、b、c、d四个质量均为m、带等量正电荷的小球，用长度相等、不可伸长的绝缘轻绳连接，静置在光滑绝缘水平面上，O点为正方形中心，设此时系统的电势能为E0。剪断a、d两小球间的轻绳后，某时刻小球d的速度大小为v，方向如图2，此时系统的电势能为（　　） A.E0－eq \f(7,4)mv2 B.E0－eq \f(5,4)mv2 C.E0－eq \f(1,4)mv2 D.E0－eq \f(5,8)mv2 解析：由对称性可知，此时刻a球的速度大小也为v，方向与a、d连线成30°角斜向左下方；又四个球组成的系统总动量守恒，b、c之间的轻绳伸直且不可伸长，则b球和c球的速度方向均垂直于bc连线向上，速度大小相等，设为v1，以垂直ad连线向下为正方向，在垂直于ad连线方向，对系统由动量守恒定律有0＝2mvsin30°－2mv1，解得v1＝eq \f(1,2)v；设此时刻系统的电势能为E1，对系统由能量守恒定律有E0＝E1＋eq \f(1,2)·2mv2＋eq \f(1,2)·2mveq \o\al(2,1)，解得E1＝E0－eq \f(5,4)mv2，故B正确。 5.（2024·安徽省合肥市高三一模）（多选）如图所示，水平地面上固定有一足够大的导体板，上表面绝缘，右端接地。板上放置着两滑块M、N，其中M带正电，N不带电且绝缘。滑块M、N的质量分别为m、2m。N的正上方P处固定一电荷量为Q的正点电荷。现给滑块M向右的初速度v0，经过一段时间与滑块N发生弹性碰撞，碰撞时间极短，碰后滑块N向右运动距离l恰好静止。已知两滑块与导体板间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，两滑块均视为质点，整个过程滑块电荷量不变。则下列说法中正确的是（　　） A.M在运动过程中的电势能不变 B.M在运动过程中的加速度不变 C.碰撞前M运动的时间为eq \f(v0,μg)－eq \r(\f(9l,2μg)) D.碰撞前M克服摩擦力所做的功为eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－eq \f(9,4)μmgl 解析：在正点电荷和导体板产生的电场中，导体板上表面处的电场均竖直向下，则在整个过程中静电力对M始终不做功，M在运动过程中的电势能不变，故A正确；除碰撞外，滑块M在运动的整个过程中受重力mg、支持力N、摩擦力f和电场力F作用，其中重力、支持力和电场力在竖直方向上，三个力平衡，有mg＋F＝N，由于导体板表面电场强度从P点正下方到两侧越来越小，则M在运动过程中F变化，N变化，摩擦力f＝μN变化，根据牛顿第二定律可得f＝ma，可知M在运动过程中的加速度变化，故B错误；设碰撞后瞬间绝缘滑块N的速度大小为v，之后做匀减速运动的加速度大小为a′，根据牛顿第二定律得2μmg＝2ma′，由运动学公式得－2a′l＝0－v2， 联立解得v＝eq \r(2μgl)，设碰撞前瞬间M的速度为v1，碰撞后瞬间M的速度为v2，取向右为正方向，根据动量守恒定律得mv1＝mv2＋2mv，根据碰撞前后总动能不变，有eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,2)＋eq \f(1,2)×2mv2，联立解得v1＝eq \f(3,2) eq \r(2μgl)，v2＝－eq \f(\r(2μgl),2)，碰撞前M运动的整个过程中，滑块M所受摩擦力等于合力，根据动量定理可得－eq \o(f,\s\up6(－))t＝mv1－mv0，由B项分析可知eq \o(f,\s\up6(－))>μmg，可得碰撞前M运动的时间t<eq \f(v0,μg)－eq \r(\f(9l,2μg))，故C错误；设碰撞前M克服摩擦力所做的功为W，根据动能定理，有－W＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)，解得W＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－eq \f(9,4)μmgl，故D正确。 答案：（1）eq \f(3mg,4q)　eq \f(5mg,4)　（2）eq \f(3,4) eq \r(gL) 解析：（1）将轻绳的拉力FT正交分解，小球受力平衡，在水平方向有FTsinθ＝qE 在竖直方向有FTcosθ＝mg 可得E＝eq \f(3mg,4q)，FT＝eq \f(5mg,4)。 （2）由题可知，小球做圆锥摆运动，则重力和电场力的合力F合垂直运动平面向下，所以小球做匀速圆周运动的倾斜面与水平面之间的夹角α＝θ 对小球受力分析如图所示，由几何关系知，小球做圆周运动的轨迹半径r＝Lsinθ 根据牛顿第二定律可知 F合tanθ＝m2,0)eq \f(v,r) 根据力的合成法则，可知 F合＝eq \r(（mg）2＋（qE）2) 解得v0＝eq \f(3,4) eq \r(gL)。 答案：（1）1 m/s　2 m/s　（2）0.4 s （3）eq \r(2) m/s 解析：（1）A受到方向向右的静电力，由静止释放后将向右运动，设A的加速度大小为a，第一次碰撞前瞬间A的速度大小为v0，由牛顿第二定律得qE＝ma 由匀变速直线运动公式得veq \o\al(2,0)＝2al1 以向右为正方向，设第一次碰后瞬间，A的速度为v1，B的速度为v2，由动量守恒定律得 mv0＝mv1＋Mv2 由机械能守恒定律得eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)＋eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,2) 联立解得v0＝3 m/s，v1＝－1 m/s，v2＝2 m/s 则第一次碰后瞬间，A、B各自的速度大小分别为1 m/s和2 m/s。 （2）A、B第一次碰后，B向右做匀减速运动，A先向左减速后向右加速，设B的加速度大小为a′，对B由牛顿第二定律有μMg＝Ma′ 设B经时间t向右运动x后停止，由匀变速直线运动公式有 0－veq \o\al(2,2)＝－2a′x 0－v2＝－a′t 联立解得x＝0.4 m，t＝0.4 s t时间内，设A的位移为s，末速度为v，对A有s＝v1t＋eq \f(1,2)at2 v＝v1＋at 解得s＝0.4 m＝x，v＝3 m/s 即B停止的瞬间，A刚好与B第二次相碰，且再次重复第一次的碰撞，所以A、B第一次碰后瞬间到第二次碰前瞬间的时间间隔为t＝0.4 s。 （3）由（2）知，A、B每经历一次碰撞，B向右移动x＝0.4 m，由eq \f(l2,x)＝5.5可知，B在第六次和第七次碰撞间通过Q点，设在第六次碰撞后，B经过Q点时的速度为v2′，从第六次碰撞到运动至Q点，对B由动能定理得 －μMg（l2－5x）＝eq \f(1,2)Mv2′2－eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,2) 解得v2′＝eq \r(2) m/s。 $$