第2章 专题提升课4 课后达标检测（Word练习）-【学霸笔记·同步精讲】2025-2026学年高中物理必修第三册（鲁科版）

1．(多选)如图所示，某一空间为真空，只有水平向右的匀强电场和竖直向下的重力场，在竖直平面内有初速度为v0的带电微粒，恰能沿图示虚线由A向B做直线运动。下列说法正确的是(　　) A．微粒只能带负电荷 B．微粒可能做匀加速直线运动 C.仅改变初速度的方向(与原速度不共线)，微粒将做曲线运动 D．运动过程中微粒电势能减小 解析：选AC。微粒做直线运动，则合力沿直线方向或者合力为零，由题意可知，重力竖直向下，电场力只能水平向左，故微粒只有带负电荷才能做直线运动且一定是匀减速运动，故A正确，B错误；合力方向一定，仅改变初速度方向(与原速度不共线)，则初速度和合力不共线，微粒将做曲线运动，故C正确；电场力方向与运动方向夹角为钝角，则电场力做负功，电势能增大，故D错误。 2．(多选)如图所示，质量为m、电荷量为q的带电微粒，以初速度v0从A点竖直向上射入水平方向、电场强度为E的匀强电场中。当微粒经过B点时速率vB＝2v0，而方向与E同向。下列判断正确的是(　　) A．A、B两点间电势差为 B．A、B两点间的高度差为 C．微粒在B点的电势能大于在A点的电势能 D．从A到B微粒做匀变速运动 解析：选BD。微粒从A到B的过程根据动能定理得－mgh＋qUAB＝m(2v0)2－mv，又v＝2gh，解得A、B两点间电势差UAB＝，高度差h＝，故A错误，B正确；微粒从A到B的过程电场力做正功，电势能减小，故C错误；微粒从A到B的过程受竖直向下的重力和水平向右的电场力，根据牛顿第二定律可知粒子水平和竖直的加速度大小不变，所以合加速度大小不变，方向为右下方，所以从A到B微粒做匀变速运动，故D正确。 3．如图所示，水平地面上方存在水平向右的匀强电场，现将一带电量不变的正电小球(可视为质点)从P点由静止释放。已知P点离地高度为h，带电小球所受的电场力是重力的，不计空气阻力，重力加速度为g，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，则带电小球落地的速度大小为(　　) A．　　　　　　　B． C． D． 解析：选D。小球释放后在竖直方向做自由落体运动，有h＝gt2，v竖＝gt，在水平方向受到电场力作用，由牛顿第二定律有F电＝mg＝ma，所以小球在水平方向做匀加速直线运动，其速度v水＝at，则小球落地的速度v＝＝。 4.(多选)(2025·福建泉州市期中)如图，在竖直平面内有水平向右、电场强度E＝1×104 N/C的匀强电场。在匀强电场中有一根长L＝2 m的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系一质量为0.08 kg的带电小球，它静止时悬线与竖直方向成37°角，若小球获得初速度恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，取小球在静止时的位置为电势能零点和重力势能零点，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A．小球的带电荷量q＝5×10－5 C B．小球在运动至圆周轨迹上的最高点时动能和电势能之和最小 C．小球在运动至圆周轨迹上的最低点时重力势能和电势能之和最小 D．小球动能的最大值为5 J 解析：选BD。 小球静止时悬线与竖直方向成37°角，受到重力、静电力和拉力，根据平衡条件，有qE＝mg tan 37°，解得q＝＝6×10－5 C，故A错误；根据能量守恒定律可知，电势能和机械能之和保持不变，最高点重力势能最大，动能和电势能之和最小，故B正确；重力和静电力为恒力，将二者合成等效为新的“重力”，在等效“重力”场中最低点，即小球静止时的位置，动能最大，重力势能和电势能之和最小，故C错误；如图所示，小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，表明小球在等效最高点B，即在与竖直方向成37°角的直径的一个端点处对应的绳上张力恰好为零，在该处重力与静电力的合力恰好提供向心力，则有＝，可得小球在B点时的动能Ek＝mv2＝＝1 J，从B点到A点，由动能定理得qE·2L·sin 37°＋mg·2L·cos 37°＝Ekm－Ek，解得小球动能的最大值Ekm＝5 J，故D正确。 5.(8分)(2024·河北卷，T14)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q(q＞0)，质量为m，A、B两点间的电势差为U，重力加速度大小为g，求： (1)电场强度E的大小；(4分) (2)小球在A、B两点的速度大小。(4分) 解析：(1)在匀强电场中，根据公式可得电场强度E＝。 (2)在A点细线对小球的拉力为0，根据牛顿第二定律得Eq－mg＝m，A到B过程根据动能定理得qU－mgL＝mv－mv，联立解得vA＝，vB＝。 答案：(1)　(2)　 6.(12分)(2025·广东肇庆市期中)如图所示，绝缘水平面上相距L＝1.6 m的空间内存在水平向左的匀强电场E，质量m＝0.1 kg、带电量q＝＋1×10－7 C的滑块(视为质点)以v0 ＝4 m/s的初速度沿水平面向右进入电场区域，滑块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4，设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等(g取10 m/s2)。 (1)若E＝2×105 N/C，求滑块向右运动过程中的加速度的大小。(2分) (2)若E＝2×105 N/C，判断滑块能否离开电场并解释；若能，求离开电场时滑块的速度。(4分) (3)如果滑块不能离开电场区域，求电场强度E的取值范围。(6分) 解析：(1)根据牛顿第二定律可得，滑块向右运动过程中的加速度的大小a＝＝ m/s2＝4.2 m/s2。 (2)根据速度位移关系可得 v－v2＝2aL 代入数据解得v＝1.6 m/s 滑块能离开电场，离开电场时的速度大小为1.6 m/s。 (3)滑块恰好到达右边界时，由动能定理得 －μmgL－E1qL＝0－mv 解得E1＝1.0×106 N/C 若滑块到达右边界时，恰好不能反向运动，则 E2q＝μmg 解得E2＝4.0×106 N/C 所以若滑块不能离开电场区域，电场强度E的取值范围为1.0×106 N/C≤E≤4.0×106 N/C。 答案：(1)4.2 m/s2　(2)能　1.6 m/s　(3)见解析 7．(12分)如图所示，水平绝缘光滑的轨道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＝1.60 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＝0.10 kg的带电体(可视为质点)，在水平轨道上的P点由静止释放，sPB＝5 m，带电体可以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)带电体在B点的速度vB大小；(2分) (2)带电体经过半圆形轨道B点时对轨道的压力大小；(4分) (3)D点到B点的距离xBD。(6分) 解析：(1)依据牛顿第二定律得qE＝ma v＝2asPB 得vB＝10 m/s。 (2)根据牛顿第二定律有F－mg＝m 得轨道对带电体的支持力F＝mg＋m＝7.25 N　 根据牛顿第三定律知带电体经过半圆形轨道B点时对轨道的压力大小F′＝F＝7.25 N。 (3)从B点到C点的过程有mv＝mg×2R＋mv得vC＝6 m/s 带电体离开C点后在竖直方向上做自由落体运动，设在空间运动的时间t，则有2R＝gt2 得t＝0.8 s 在水平方向上做匀减速运动，由运动学公式可得 xBD＝vCt－at2＝1.6 m。 答案：(1)10 m/s　(2)7.25 N　(3)1.6 m 学科网（北京）股份有限公司 $