专题提升：等效法在电场中的应用、电场中的力电综合问题 专项训练-2027届高三物理一轮复习

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届高三物理一轮复习同步练习 姓名： 班级： 学号： 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.(8分)如图所示,平面直角坐标系xOy位于竖直平面内,y轴竖直向上,在第四象限内有沿x轴负方向的匀强电场,长L=1.5 m的非弹性绝缘轻绳一端系于坐标原点O,另一端系一质量m=1.5 kg、电荷量为q、可视为质点的带正电的小球。现将小球从y轴上y0=-0.7 m处,以水平初速度v0向左抛出,运动一段时间后轻绳被拉直,轻绳被拉直后小球以O为圆心,L为半径在竖直平面内摆动。已知轻绳刚被拉直时,轻绳与竖直方向的夹角α=53°,重力加速度g取10 m/s2,匀强电场的电场强度E=,sin 53°=0.8。求: (1)小球水平抛出的初速度大小v0; (2)小球运动到最低点时的速度大小v; (3)小球在第四象限运动到最高点的坐标以及轻绳对小球的拉力大小。 9.(12分)(2024山东德州模拟)如图所示的装置由加速器、辐向电场和平移器组成,平移器由两对水平放置、相距l的相同平行金属板构成,金属板长度为l、间距为d,两对金属板间偏转电压大小相等,电场方向相反。如图所示,一比荷为k的带正电粒子由静止经加速电压U0加速后,垂直进入辐向电场(电场强度方向指向圆心),沿着半径为R的圆弧虚线(等势线)运动,之后水平射入偏转电压为U1的平移器,最终离开时打在荧光屏上的A点。不同区域内电场互不影响,不计粒子的重力。求: (1)粒子射出加速器时的速度大小v1; (2)圆弧虚线处电场强度E的大小; (3)粒子从进入平移器到打在A点的竖直总位移y。 10.（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)6 m/s　(2)4 m/s (3)(1.2 m,-0.9 m)　7 N 解析 (1)小球在第三象限内做平抛运动,有 Lcos α-|y0|=gt2 Lsin α=v0t 解得t=0.2 s,v0=6 m/s。 (2)小球平抛运动竖直方向的分速度为vy=gt=2 m/s 轻绳绷紧后,沿绳方向的分速度瞬间变为0,则垂直于绳的速度为v1=v0cos 53°-vysin 53° 解得v1=2 m/s 之后小球做圆周运动,对于小球运动到最低点的过程,由动能定理有mg(L-Lcos 53°)=mv2- 解得v=4 m/s。 (3)设小球在第四象限运动到最高点时轻绳与竖直方向夹角为θ,则该过程有 -mg(L-Lcos θ)-qELsin θ=0-mv2 结合sin2θ+cos2θ=1 解得θ=53° 根据几何关系有x=Lsin θ=1.2 m y=-Lcos θ=-0.9 m 可知到最高点的坐标为(1.2 m,-0.9 m) 小球做圆周运动,在最高点速度为0,则径向合力为0,则有FT+qEsin θ=mgcos θ 解得FT=7 N。 9.答案 (1)　(2)　(3) 解析 (1)设粒子的电荷量为q,质量为m。由动能定理得qU0= 又=k 解得v1=。 (2)粒子在辐向电场中做匀速圆周运动,有qE=m 解得E=。 (3)在第一个金属板间,设粒子的运动时间为t 由牛顿第二定律得=ma 在离开时,竖直分速度vy=at 竖直位移y1=at2 水平位移l=v1t 粒子在两金属板之间做匀速直线运动,经历时间也为t,竖直位移y2=vyt 由题意知,粒子竖直方向总位移y=2y1+y2 解得y=。 10.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。 学科网（北京）股份有限公司 $