专题强化练(八) 电场[2 计算题]-【创新大课堂】2026年高考二轮物理专题复习课时作业

景-器号报能年会定体样下-，部科 L2 E=品故AB正确：若将甲，乙互换位置若二者仍能保 持静止，同理可得，对甲，根据平衡条件有Fcos0=mg, F1sin0=F+Eq,对乙，根据平衡条件有F2cos0=2mg, F2sin0+2Eg=F,联立可得F十4Eq=0,无解，假设不成 立，故C错误；若撤去甲，对乙球，根据动能定理得2g· 号an0-2·号=名·3m2,结合①西可知an9= 联立解释√气故D正喷 g 9.B设离子的质量为，电荷量为q,经过加速电场获得的速 2g0.当 度为：根据动能定理心=合m6,解得=√， U,=士Um时，在△Y时间内离子的加速度a=,离子恰 d 好从两极板的边缘射出，竖直位移2d=7a△，水平方向 .1 -2d2 1=6△，联立解得Um=U1,故A错误：当U,=士Um 时，根据类平抛运动的推论可知，离子离开极板时速度的 反向延长线通过极板水平中心线的中点，离子离开偏转电 场后做匀速直线运动，若离子恰好能打到样品边缘：根据 象碎物专 2,解得L=02,故B正确：设离 子进入偏转电场时，偏转电场的电压为U2,侧位移为y,样 品上偏离的位移为Y;根据类平抛运动规律，水平方向x=1 二，坚直方白y×需·已，旅据点李知汉之 y 2+ 联立解得Y=2孔，因此，若英他条件不 U2l(1+2L) 变，要增大样品的辐照范围，需减小U1,故C错误；设1时 刻，对应的偏转电压为U2,2时刻，对应的偏转电压为U2, 由图2可知U,<2,根据上述C得到的表达式Y= U,(1+2L) 4dU 可知，山1时刻进入的离子在样品上偏离的位移 小于2时刻，进入的离子在样品上偏离的位移，即Y1Y2 由图1可知YA>YB,因此在t1和2时刻射入U2的离子， 有可能分别打在B和A点，故D错误. 10.BD对甲、乙两小球受力分析如图所示： F电 45°C 甲 F电 G电 设OC与AB线段交点为G点，由几何关系2Rcos∠OAB =√3R,解得∠OAB=∠OBA=30°，因此有∠OGA=180 -30°-45°=105°，∠OGB=180°-105°=75°，根据正弦定 有品=品对之有品=周为 理，对甲有甲g sin45°<sin75°，F电与F他是一对相互作用力，大小相等， 可得m甲>m乙故A错误；根据点电荷场强公式E=9, , 由场强叠加知识，可知C到D之间的圆孤上各，点场强方！ 25 向都向右下方，若有一正试探电荷从C运动到D的过程 中，电场力做正功，电势能减小，故可判断C点电势高于 D点电势，故B正确：两带电小球连线上的电场分布可以 等效成一对等量异种点电荷的电场和在A点带电量为3g 的正，点电荷的电场相互叠加的电场，在等量异种，点电荷 的电场中E、F两点电场强度大小相等，方向相同.但是A 点带电量为3（的正，点电荷在E、F两，点的电场强度不同. E、F两点电场强度大小不同，故C错误；电势是标量，OD 与AB线段的交点距离两带电小球最近，所以该点电势最 大，那么沿直线从O点到D,点，两球均带正电，则电势先 升高后降低，故D正确. 专题强化练（八）[2计算题] 1.解(1)由几何关系可知，椭圆上任何一点到两焦点间距 离之和为2a,故顶点B距源电荷的距离为r=a,根据电势 计算公式=9可得在椭圆轨道半短轴顶点B的电势为 9n=to a (2)同理可知，在椭圆轨道半长轴顶，点A的电势为9A= Q=2Q,根据电场力做功与电势能的关系可知，带 a- 2a-c 电粒子从A到B的运动过程中，电场力对带电粒子做的功 为w6=-g9a9e)=-k0(22.2）: (3)设带电粒子的质量为，假设带电粒子动能与电势能之 和守恒，则满足7mm+(一9)但=C(定值)，则=29 ·↓十2℃，根据图像可知子-二关系为一条倾斜直线，故 r m r 假这成立，将图像中（云0）代入关系式可得其动能与电 势能之和为C=一 kQg 2a 2.解(1)小球到P点时的速度方向如图所示 A vO Q 777777777777777 0 P 530 小球从A到P,点做平抛运动，在竖直方向上根据自由落体 运动规律有飞=√2gR(1十cos53) 所以tan53°=，解得6=3m/5 Uo (2)设重力和电场力的合力方向与竖直方向的夹角为《，则 有tana=gE=2X106×3×10=3 mg 0.8×10 4 则a=37°，合力方向如图所示 A vo 0 -0 53° 小球在圆轨道上运动的等效最低，点为V点，等效重力大小 为G=mg cos a 小球经过P点的速度为0，则u=08。 小球经过等效最低，点的速度最大，设小球经过Ⅳ点的速度 为v,小球从A到V,根据动能定理有 mgR1十c0se)+qER1+s血o)=m2-号m哈 在N点圆孤轨道对小球的支持力最大，设为F,根据牛顿 第二定律有F-G=m2 R 根据牛顿第三定律可得小球对圆孤轨道的压力为F=F 联立以上各式，解得F=52.08N 3.解(1)当给木板施加恒力时，假设物块和木板能够保持 相对静止，一起做匀加速直线运动，设共同加速度的大小 为a,则对整体由牛顿第二定律有：F一u(m十M)g=(m十 M)a,代入数据解得a=2m/s2,因a<g,故假设成立. 设从开始运动到物块进入电场的时间为0，由位移与时间： 的关系可得：d山十d=a6,解得：o=4s时 (2)当物块进入电场区后由于电场力竖直向下，增加了物 块对木板的正压力同时也增加了木板对地面的正压力，因 此可知木块仍相对于木板静止，在电场E1中，在力F未撤 去时，设物块和木板共同运动的加速度大小为1，由牛顿 第二定律有：F-[(m十M)g+Eg]=(m十MDa1,解得： a1=0 长木板与小物块间摩擦力为0，即在物块进入电场E1中的 1s时间内物块和木板一起做匀速直线运动，设其位移为 x1,进入电场E1时的速度大小为，则有：心1=at0=2X 4 m/s=8 m/s,x=v=8X1 m=8 m 此时距进入电场E1的右边界距离为x2=d山一=11.5m 一8m=3.5m,设在这段位移内物块和木板共同运动的加 速度大小为a1,由牛顿第二定律有：2[(m十MDg+Eq]= (m十M)a1,解得：a1=4m/s2 因：=以1g,故物块和木板一起做匀减速直线运动离开电 场E1,小物块对长木板静摩擦力大小为：f=a1,方向向 右.此摩擦力做正功，则有：W=f·x2 代入数据解得：W=14J: (3)当物块进入电场E2时的速度大小为2，则由速度与位 移的关系可得：吃一v=-2a1x2 代入数据解得：v2=6m/s 当进入匀强电场E2,电场力竖直向上，对物块在竖直方向 有：mg=E2q 可知物块在电场E2中做匀速直线运动，木板在电场E2中 做匀减速直线运动，木板加速度大小为α2，物块通过电场 E2时间为t2,则有：d=t2Mg=Ma2,解得：t2=1s, a2=2m/s2 设该过程中木板的位移为四，可得：x3=2一2a2号= 5m,则可得物块出电场E2时距离木板右瑞的距离为：d; =d1一(d4一x3),代入数据解得：d=6m. 4.解(1)在B极附近电荷量为Q的负电荷到达A极过程中 静电力做的功W=一Q·(一U)=QU: (2)粒子在半径为r处绕轴线做匀速圆周运动，其向心力由！ 电场力提供，根据向心力公式gE=m,又E=k烈，联立 可得qk弘=m兰，解得粒子的动能=？m2=gk入 2u2 设无穷远处电势能为0，粒子从无穷远处电势能移动到半 径为r处，电场力做功W=g。k2弘dr=一2gka·1nr,其 中E=k2弘，代入可得w=-2gxnr ·25 根据W=一△Ep可得粒子在半径为r处的电势能Ep= 2gka·lnr,粒子的总能量E=Ek十Ep=gk入十2gkλlnr,则 Es-E2 =2qka(In r3 -In r2),E2 -E1=2gka(In r2 -In r1) 根据数学知识可知对数函数y=lnx在(0，o)是增函数， 且lnx的二阶导数（血x)=一京<0，所以y=y=lnx是 凹函数，已知r3一r2=r2n,即2是n与r3的等差中 项，根据凹函数的性质lnr2> nn十lnr3,移项可得lnr3 2 -lnr2<lnr2-lnr1,又因为2gka>0,可得(E3-E2)< (E2-E1); (3)根据功能关系可得eEa=|Eo,代入数据可得E≈2.57 ×1011N/C. 专题强化练（九） 1.B磁感线越密集的地方磁感线强度越大，故可知B,>B。 >B。,故B正确，ACD错误. 2A旅稀洛伦套力契候向心力有mB=m震得R-需， 设正方形的边长为L,由图可知电子在磁场中做匀速圆周 运动的轨道丰径分别为R=LR,=台，R=子：设从© 点飞出的电子对应的酸感应强度大小为B,由R=容可 得，从b点和a、b中点飞出的电子对应的磁感应强度大小 为2B、4B,又由带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期 公式T=0有T,=2=T,I=合TT=T所以 4=号=×T-gT4==×T- s=I=子×T=T,放4<6=就A正瑞，CD 错误. 3.AC根据安培定则知，电流I1、I2在y=一yo处产生磁场 的磁感应强度B、B2方向分别为垂直纸面向里、垂直纸面 向外由B=k上得B=杂，品=光，对y=一%处 yo 的磁感应强度大小为历，一B1-如-处=处，故A正 Γ3%2y%2y% 确；电流12、I3在y=%处产生磁场的磁感应强度B%、B 方向均垂直纸面向里，则y=处的磁感应强度大小不为 零，故B错误；电流I1、I3在x抽处产生磁场的磁感应强度 方向均为垂直纸面向里，根据左手定则可知y=0处导线 受到的安培力方向沿y轴负方向，故C正确；结合A选项 分析可知，y=一y0处导线受到的安培力方向沿y轴正方 向，故D错误， 国.B根据洛伦兹力提供给向心力9B=m,变形可得：r 8由题意知：B,=3B 可知：r1=32,画出粒子运动轨迹如图所示： 设粒子在磁场I中的偏转角为0，：d d 由几何关系有：nsin0=d,r2sin00" ××·.0 十n=d,联立解得：0=吾n=2d, 1××× k·· 与=兰，OP两点竖直方向上的倘移 01P 距离：h=|n-(n+2)cos0|= ××× 45-6》d,故A错误；粒子从区 I区Ⅱ区 3 域I进入区域Ⅱ，圆心角为30°，即速度的偏向角为30°，因班级 姓名 得分 专题强化练（八） 电场[2计算题] 1.(2025·广西卷·14)带电粒子绕着带电量： 2.(2025·重庆市育才中学高三模拟)如图所 为十Q的源电荷做轨迹为椭圆的曲线运 示，A点为一平台右边缘一点，平台右侧存 动，源电荷固定在椭圆左焦点℉上，带电粒 在一半径为R=0.5m的固定绝缘光滑圆 子电量为一q;己知椭圆焦距为c,半长轴为 弧轨道.其中Q点为轨道最高点且与点A a,电势计算公式为9=9，带电粒子速度 等高，圆弧左边缘P点与圆心O的连线与 竖直直径QM的夹角为53°.过P点的竖直 的平方与其到电荷的距离的倒数满足如图 面右侧存在水平方向的匀强电场（图中未 关系。 画出).一质量为m=0.8kg,电荷量为g= +2×10一6C的小球（可视作质点且电荷量 不变)从A点水平向右抛出，恰好于P点与 轨道相切进入轨道.小球的运动轨迹与圆 弧轨道在同一竖直面内，不计空气阻力， sin53°=0.8，c0s53°=0.6，则： 2a (1)求在椭圆轨道半短轴顶点B的电势； (2)求带电粒子从A到B的运动过程中，电 77777777777777777 场力对带电粒子做的功； (3)用推理论证带电粒子动能与电势能之 和是否守恒；若守恒，求其动能与电势能之 53 和；若不守恒，说明理由 (1)求小球从平台上的A点射出时的速度 大小0； (2)若匀强电场方向水平向右且电场场强E =3×106N/C,求小球对圆弧轨道的最大 压力大小 ·131 班级 姓名 得分 3.(2025·广西南宁市高三模拟)如图所示， 4.(2025·北京卷·20)如图1所示，金属圆 水平地面上放置一长度L=10m、质量M 筒A接高压电源的正极，其轴线上的金属 =1kg的长木板.一可视为质点、质量m= 线B接负极， 1kg、带电量q=+1×10一5C的小物块放 (1)设A、B两极间电压为U,求在B极附近 在木板上，小物块到木板右端距离d1= 电荷量为Q的负电荷到达A极过程中静电 7m,在距木板右端d2=9m的虚线右侧， 力做的功W; 存在宽度d3=11.5m的匀强电场，场强E1 (2)己知筒内距离轴线r处的电场强度大小 =2×106N/C,方向竖直向下.匀强电场E1 E=弘，其中k为静电力常量，A为金属线 右侧存在宽度d4=6m的匀强电场，场强 B单位长度的电荷量.如图2所示，在圆筒 E2=1×106N/C,方向竖直向上.从t=0 内横截面上，电荷量为q、质量为m的粒子 时刻起，水平恒力F=8N作用在长木板 绕轴线做半径不同的匀速圆周运动，其半 上，5s末撤去.已知物块与长木板间的动 径为r1r2和r3时的总能量分别为E1、E2 摩擦因数1=0.4，长木板与水平地面间的 和E.若r3一r2=r2一r1,推理分析并比较 动摩擦因数2=0.2，物块带电量始终不 (E3一E2)与(E2一E1)的大小； 变，重力加速度g取10m/s2,求： (3)图1实为某种静电除尘装置原理图，空 气分子在B极附近电离，筒内尘埃吸附电 子而带负电，在电场作用下最终被A极收 7777777777777 集.使分子或原子电离需要一定条件.以电 (1)物块运动多长时间进人匀强电场E1; 离氢原子为例.根据玻尔原子模型，定态氢 (2)从物块进入匀强电场E,到离开匀强电 原子中电子在特定轨道上绕核做圆周运 场E1的过程，小物块对长木板的摩擦力所 动，处于特定能量状态，只有当原子获得合适 用的功； 能量才能跃迁或电离.若氢原子处于外电场 (3)物块离开匀强电场E2时，其离木板右 中，推导说明外电场的电场强度多大能将基 端的距离。 态氢原子电离.（可能用到：元电荷e=1.6× 1019C,电子质量m=9.1×1031kg,静电力 常量k=9.0×109N·m2/C2,基态氢原子 轨道半径a=5.3×10-11m和能量E0= -13.6eV) 图1 图2 132