第8章 第6讲 满分指导 电势能和力学规律的综合应用-【金版教程】2026年高考物理一轮复习解决方案全书word

学科网书城围 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.ZXXk.c0m○ 您身边的互联网+教辅专家 满分指导 电势能和力学规律的综合应用 [案例剖析] (18分)在动摩擦因数u=0.2的足够长的粗糙绝缘水平槽中，长为2L的绝缘轻质细杆两端各 连接一个质量均为m的带电小球A和B,如图为俯视图（槽两侧光滑）。A球的电荷量为十2q: B球的电荷量为一3q(均可视为质点，且不考虑两者间相互作用的库仑)。现让A处于如图 所示的O有界匀强电场区域MPQN内，己知虚线MP②恰位于细杆的中垂线上，MP和NQ的 距离为3L,匀强电场的电场强度为E=1.2mg9,方向水平向右。释放带电系统，让A、B回 从静止开始运动（忽略小球运动中所产生的磁场造成的影响）。求： —3 (1)小球B第一次到达电场边界MP④所用的时间： (2)小球A第一次⑤离开电场边界NQ时的速度大小 (3)带电系统运动过程中，B球@电势能增加量的最大值。 [审题抓住信息，准确推断] 关键信息 信息挖掘 ①有界匀强电场区域MPON内 说明在空间MPQW内有电场，其他地方没有电场 明确了系统开始运动的空间位置，此时只有A球受 题干 ②恰位于细杆的中垂线上 静电力 ③从静止开始运动 系统开始运动时的初速度为零 ④所用的时间 可利用牛顿第二定律及运动学公式求解 ⑤离开电场边界NQ时的速度 分析A球在离开NQ前的运动情况：先加速运动， 问题 大小 再减速运动 B球进入电场后受静电力方向向左，只要B球向右 ⑥电势能增加量的最大值 运动，电势能就会增加 [破题形成思路，快速突破] (I)小球B第一次到达电场边界MP所用时间的求解。 ①求B球进入电场前的加速度。 a.研究对象：A、B两球组成的系统： b.列动力学方程：2Eq二u2mg=2ma ②求B球第一次到达电场边界MP所用时间。 1 学科网书城 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.ZXXk.com● 您身边的互联网+教辅专家 列运动学方程：L=12a2L。 (2)小球A第一次离开电场边界WQ时的速度大小求解： ①研究过程：丛B球进入电场到A球第一次离开电场。 ②小球B刚进入电场的速度1的求解。 a.选择规律：运动学方程， b.方程式：21=2aL: ③小球A第一次离开电场的速度2的求解。 a.选择规律：动力学方程和运动学方程： b.动力学方程式：2Eg一3Eg二42m8=2m@2: 运动学方程式：22一21=24L (③)如何求带电系统运动过程中，B球电势能增加量的最大值？ 提示：B球克服静电力做功越多，其增加的电势能越大。先求出A球出电场后系统的加速度 和系统速度减小到零时A球离开右边界的距离x,判断x≤2L是否成立，以确定此时B球是 否在电场中，如果在电场中，则利用静电力做功与电势能变化的关系求解，如果不在电场中， 则进一步分析计算。 [解题规范步骤，水到渠成] (①)带电系统开始运动后，先向右加速运动，当B进入电场区时，开始做减速运动。设B球进 入电场前的过程中，系统的加速度为a1,由牛顿第二定律：2Eq一u2mg=2m@1 解得：4=g2分) B球刚进入电场时，由L=12a21(2分) 可得=2Lg。(1分) (2)设B从静止到刚进入电场的速度为1，由21=2aL 可得4=2gL(2分) 设B球进入电场后，系统的加速度为2，由牛顿第二定律得： 2Eq-3Eq-u:2mg=2ma2 解得：42=一0.8g2分) 之后系统做匀减速直线运动，设小球A第一次离开电场边界WQ时的速度大小为2，由 22-21=2a2L可得2=10gL)5。(2分) (③)当带电系统速度第一次为零时，此时A球已经到达右边界NQ右侧，B球克服静电力做的 功越多，B球增加的电势能越多，设系统速度减小到零时，A球离右边界NQ的距离为x,A 球离开电场后，系统的加速度为a,由牛顿第二定律：一3Eq一2g=2ma 解得：a,=-2g(2分) 由x=220-v2a3解得：x=0.1L2L,所以B没有出电场，(3分) 2 学科网书城圆 品牌书店·知名教辅·正版资源 1b.ZXXk.com● 您身边的互联网+教辅专家 故B电势能增加量的最大值为 △Ep=-W=-【-3EqL+x]=3EqL+x)=3Eq1.1L=3.3EgL=3.96gL。(2分) [点题突破瓶颈，稳拿满分] 常见的思维障碍： (1)在求小球A第一次离开电场边界WQ的速度大小时，错误地认为A球在电场中一直做匀加 速直线运动，没有分析B球进入电场后，系统的受力情况发生了变化，导致结果错误。 (2)小球A离开电场之后，错误地认为B球的加速度不变，没有分析A球离开电场之后，系 统的受力情况发生了变化，加速度发生了变化，导致结果错误。 课时作业 [A组基础巩固练] 1.(2024辽宁省沈阳市高三下三模)（多选）如图所示，质量m=1kg、带电量q=十0.1C的 小球（视为质点）与长L=0.1m的绝缘轻绳相连，轻绳另一端固定在O点，整个系统处在与 竖直方向夹角为45”、场强大小E=1002NVC的匀强电场中。AB为水平直径，CD为竖直直 径，HF直径过O点且与CD夹角为45°。当小球绕O点在竖直平面内做圆周运动时，取g =10ms2,下列说法正确的是() A.小球运动到D点时，动能最小 B.小球运动到A点时，动能最小 C.小球从A点运动到B点时，动能增加了2J D.小球从F点运动到H点时，机械能增加了22J 答案：BC 解析：对小球受力分析，所受电场力的大小qE=102N,重力g=10N,在竖直方向上，有 qEcos-45°=m8,可得二力的合力方向水平向右，即等效重力水平向右，如图所示，等效重 力的大小F合=(gE)2一(mg)2=10N,则A点为圆周运动的等效最高点，故小球运动到 A点时动能最小，故A错误，B正确：小球从A点运动到B点时，动能增加量等于合力做的 功，即△E=F合×2L=2J,故C正确：小球从F点运动到H点时，克服电场力做功，机械 能减少，故D错误。 3 学科网书城围 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.ZXXk.com● 您身边的互联网+教辅专家 D 2.(2024辽宁高考)在水平方向的匀强电场中，一带电小球仅在重力和电场力作用下于竖直面 (纸面)内运动。如图，若小球的初速度方向沿虚线，则其运动轨迹为直线：若小球的初速度 方向垂直于虚线，则其从O点出发运动到与O点等高处的过程中() A.动能减小，电势能增大 B.动能增大，电势能增大 C.动能减小，电势能减小 D.动能增大，电势能减小 答案：D 解析：小球的初速度方向沿虚线时，其运动轨迹为直线，可知小球所受电场力和重力的合力 沿着虚线方向：已知电场强度方向为水平方向，则小球所受电场力沿水平方向，又因为小球 所受重力竖直向下，根据平行四边形定则可知，小球所受合力沿虚线向下，所受电场力方向 水平向右。若小球的初速度方向垂直于虚线，即与所受合力方向垂直，则小球做类平抛运动， 从O点出发运动到与O点等高处的过程中，合力的方向与小球的运动方向始终成锐角，则合 力对小球做正功，小球的动能增大；电场力的方向与小球的运动方向始终成锐角，则电场力 对小球做正功，小球的电势能减小。故D正确。 3.(多选)如图甲所示，绝缘水平面上存在方向水平向右的匀强电场，一带电物块以一定的初 速度从O点开始向右运动。取O点为电势零点，该物块的电势能与动能之和E总、电势能 E,随它离开O点的距离x变化的关系如图乙所示。由此能够确定的是() ↑E 60 20 02468 A.物块受到的静电力 B.匀强电场的场强大小 C.物块返回O点时的动能 D,物块与水平面间的动摩擦因数 答案：AC 解析：由克服静电力做的功等于电势能的增加量，即△E,=一FAx,结合图乙，可得物块受 到的静电力F=一4Epx=一808N=一10N,负号表示静电力方向沿x轴负方向，由于不知 道物块的电荷量，则无法求解匀强电场的场强大小，故A正确，B错误：由图乙可知，物块 学科网书城 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.2XXk.com● 您身边的互联网+教辅专家 的初动能为Ek0=100J,当运动到x=8m处时物块的动能为0，设物块受到的滑动摩擦力大 小为厂则此过程中根据动能定理有一（可+x=0一E,得f=2.5N,物块从O点开始运动 到返回到O点的过程中，由动能定理有一X2x=Ek一Ek0,得物块返回O点时的动能Ek= E一2拆=100J一2×2.5×8J=60J,由于不知道物块的质量，则无法求解物块与水平面间 的动摩擦因数，故C正确，D错误。 4.(2024河北高考)如图，竖直向上的匀强电场中，用长为L的绝缘细线系住一带电小球， 在竖直平面内绕O点做圆周运动。图中A、B为圆周上的两点，A点为最低点，B点与O点 等高。当小球运动到A点时，细线对小球的拉力恰好为0，已知小球的电荷量为g(90),质 量为m,A、B两点间的电势差为C,重力加速度大小为g,求： ()电场强度E的大小。 (2)小球在A、B两点的速度大小。 答案：(1)UL(2)Ug一mgLm)3(Uq一mgL）m) 解析：()根据匀强电场中电势差与电场强度的关系可知，电场强度的大小为E=UL。 (②)设小球在A点的速度大小为，在B点的速度大小为？B。小球在A点时，细线对小球的 拉力为0，对小球，根据牛顿第二定律得 Eq-mg=m2AvL 解得0A=Ug一gLm) 从A到B的过程，对小球，根据动能定理得 qU-mgL=12m02B-12m02A 解得s=3(Ug一mgL)m。 5.(2022辽宁高考)如图所示，光滑水平面AB和竖直面内的光滑14圆弧导轨在B点平滑连 接，导轨半径为R。质量为m的带正电小球将轻质弹簧压缩至A点后由静止释放，脱离弹簧 后经过B点时的速度大小为gR,之后沿导轨BO运动。以O为坐标原点建立直角坐标系xOy, 在x≥一R区域有方向与x轴夹角为0=45°的匀强电场，进入电场后小球受到的电场力大小 为2g。小球在运动过程中电荷量保持不变，重力加速度为g。求： 5 学科网书城 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 (1)弹簧压缩至A点时的弹性势能： (2)小球经过O点时的速度大小： (3)小球过O点后运动的轨迹方程。 答案：(1)12mgR(2)3gR (3y2=6R(>0,y>0) 解析：(1)小球从A点运动到B点的过程，根据能量守恒定律得E,=122B 其中0a=gR 解得弹衡压缩至A点时的弹性势能Ep=12mgR。 (②)小球从B点运动到O点的过程，根据动能定理有 -mgR+gE Rcos45=12m020-12mv2B 其中gE=2mg 解得小球经过O点时的速度大小o=3gR。 (③)小球运动至O点时速度竖直向上，之后只受电场力和重力作用，将电场力沿x轴方向和y 轴方向分解，则 x轴方向有qEcos4-5°=ma y轴方向有qEsin45°一mg=ma 解得a.=g,a,=0 说明小球过O点后在第一象限做类平抛运动，有x=12gt2,y=。 联立解得小球过O点后运动的轨迹方程为y2=6R(x0,y>0)。 [B组综合提升练] 6.(2024浙江6月选考)如图所示，空间原有大小为E、方向竖直向上的匀强电场，在此空间 同一水平面的M、N点固定两个等量异种点电荷，绝缘光滑圆环ABCD垂直MNW放置，其圆 心O在MN的中点，半径为R,AC和BD分别为竖直和水平的直径。质量为m、电荷量为十 q的小球套在圆环上，从A点沿圆环以初速度做完整的圆周运动，则() 6 学科网书城画 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.ZXXk.com● 您身边的互联网+教辅专家 A.小球从A到C的过程中电势能减少 B.小球不可能沿圆环做匀速圆周运动 C.可求出小球运动到B点时的加速度 D.小球在D点受到圆环的作用力方向平行N 答案：C 解析：小球从A到C的过程，等量异种点电荷的电场对小球的电场力F方向与MN平行， 该电场力对小球不做功，匀强电场对小球的电场力F2=E,方向竖直向上，该电场力对小球 做负功，则合电场力对小球做负功，小球电势能增加，故A错误：当F2=mg时，圆环对小 球的弹力和两异种点电荷的电场力的合力始终指向圆心O,小球沿圆环做匀速圆周运动，故 B错误；小球从A到B,根据动能定理，有(m8一EqR=12mo2B-12m20,小球运动到B点 时，设向心加速度为a1,根据牛顿第二定律，有m@1=m2BvR,联立可求出a1的大小、方向， 小球运动到B点时，设切向加速度为2，在竖直方向，以竖直向下为正方向，根据牛顿第三 定律，有mg一Eg=m,可求出a的大小、方向，根据矢量合成，可求出小球运动到B点 的加速度的大小、方向，故C正确：小球经过D点时，所受重力、匀强电场的电场力与AC 方向平行，所受两异种点电荷的电场力与N方向平行，均不能提供向心力，则小球在D点 受到圆环的作用力在垂直MW指向O方向的分力不为零，故小球在D点受到圆环的作用力方 向不平行MN,故D错误。 7.如图所示，空间存在三个相邻的水平面M、N和Q,水平面M、N之间的距离为，其间 区域存在水平向右的匀强电场，水平面N、Q之间区域存在大小相等、方向水平向左的匀强 电场。质量为m、电荷量为9的带正电小球从电场上边界M的P点由静止释放，经过电场中 边界N,最终从电场下边界Q离开。已知小球到达电场下边界Q时的速度方向恰好竖直向下 ,且此时动能为其经过电场中边界N时动能的2.56倍。不计空气阻力，重力加速度大小为 8。下列说法正确的是() NE Q A.水平面N、Q之间的距离为2h B.匀强电场的电场强度大小为3mg4g 7 学科网书城圆 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 C.小球在M、N之间区域做平抛运动 D.小球在M、N间减小的电势能小于在N、Q间增加的电势能 答案：B 解析：根据题意可知，小球在电场中运动时，受重力和电场力，竖直方向上做自由落体运动， 水平方向在M、N之问区域向右做初速度为零的匀加速直线运动，在N、Q之间区域向右做 未速度为零的匀减速直线运动，则小球在M、N之间区域做初速度为零的匀加速直线运动， 故C错误：两区域电场强度等大反向，则小球在两区域运动时水平方向加速度等大反向，则 小球在M、N之间与在N、Q之间的运动时间相同，水平位移大小相同，则在M、N之间电 场力做的功与在N、Q之间克服电场力做的功相等，由功能关系可知小球在M、N间减小的 电势能等于在N、Q间增加的电势能，故D错误；设水平面N、Q之间的距离为，小球在 竖直方向做自由落体运动，又在M、N间与N、Q间运动时间相同，由初速度为零的匀变速 直线运动规律可得h:=1:3,则h=3h,故A错误：设小球在M、N之间和N、Q之间 的运动时间均为t,水平方向的加速度大小为a,则在边界N上时，水平分速度M=at,其 中a=Eqm,竖直分速度为5=gt,此时动能为Ew=12m(o2Nx十2Ny),小球在边界Q上时 ,e=g2t,此时动能Eko=12mw2Q,又Eko=2.56Ew,解得E=3mg4q,B正确。 8。(2025·新疆普通高考适应性检测高三上第一次模拟)空间有一水平向右的匀强电场，一质量 为m、带电量为十9的小球用一绝缘轻绳悬挂于O点。若将小球拉到最低点，并给小球垂直 纸面向里的初速度，发现小球恰好沿一倾斜平面做匀速圆周运动，其圆心P与悬挂点O的 连线与竖直方向成37°角，如图所示。已知重力加速度为g,小球可视为质点，忽略空气阻 力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求： A⊕ (1)电场强度E的大小： (②)小球从倾斜圆轨道的最低点A到最高点B的过程中，电势能的变化量。 答案：(1)3mg4g(2)减小3225m020 解析：(1)带电小球在倾斜平面做匀速圆周运动，因此重力和电场力的合力沿OP方向，如图 所示，由矢量的合成定则可知Eg=ngtan37° 8 学科网书城画 品牌书店·知名教辅·正版资源 Mb.2 zxxk.com● 您身边的互联网+教辅专家 解得E=3mng4g。 (②)如图所示，小球做匀速圆周运动时合力指向圆心，大小为F合=F合37 其中重力和电场力的合力F合1=mgc0s37 设小球做圆周运动的半径为R,根据向心力公式有F合=20wR 从A点到B点的过程中，电场力对小球做的功为W=2 EqRcos37 小球电势能的变化量为△E,=一W 联立解得4E,=-3225m20 即电势能减小3225mo20. [C组拔尖培优练] 9.(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，连接成边长为的正三角形，如图甲所示。小球质量为m,带电量为十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、2、，如图乙所示。该过程中三个小球 组成的系统电势能减少了g22d,k为静电力常量，不计空气阻力。则() ④3 2 乙 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，1=，≠2 D.在图乙位置，=2kq23md 答案：D 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， 9 学科网书城 可团 品牌书店·知名教辅·正版资源 1b.zxxk.com○ 您身边的互联网+教辅专家 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，有一m01十2)=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=02，联立解得凸=2 ,C错误：由能量守恒定律可得，kg22d=12mo21+12m22+12m23,联立解得=2kq23md ,D正确。 10