专题精准强化8 电场-【创新教程】2027年高考物理大二轮专题增分方案课时作业

(2)落入货箱中散货的个数为N=M_M, m 则水平传送带的平均传送速度大小为 d dI o=N△t-M△t (3)设倾斜传送带的长度为L,其中散货在加速阶段，由 牛频第二定律mg0s30°-mgn30=ma,解得a=子g, 加速时间4=西=4西 a g 1 2o6 加速位移工1=2at= 设匀速时间为2， 其中+t2=9△t, 则匀速位移为还2=2=o9△一g, 故传送带的长度为L=西，+，=9△1-2心， g 在加速阶段散货与传送带发生的相对位移为 26 △x=t-x1= g 在△t时间内传送带额外多做的功为 w=2m呢+mgLsin30+Q, 其中m=L,L=96△-2g,Q-mmg0s30°ax, P恩， 联立可得倾斜传送带的平均输出功率为 p=I(2+9g△） 2△t 答案：(1)I Vo dI (2MvoAt (3)12,+9g△) 2△t 3.解析：(1)C下摆过程，由机械能守恒定律有mcgL(1一 1 cos 60)=m 解得uo=3m/s, C与A碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律有mc,= me阮十m,号m话=2me呢+2mw, 1 联立解得碰撞后瞬间木板的速度大小va=1.2m/s. (2)A、C碰后，当弹簧的压缩量第一次为x。时，以向左 为正方向，由动量守恒定律有mAVa=mg阳十maVA, 解得'=1m/s, 由题意可知弹簧的弹性势能不变，由能量守恒定律有 2m4听=乞m队2+ 1 2ms哈+mBg(2x), 解得μ=0.28. 答案：(1)va=1.2m/s(2)μ=0.28 4.解析：(1)甲从释放位置到A点的过程中满足机械能守 恒，有mgh=合md 可得甲第一次到达A点时的速度大小v。=√2gh. (2)第一次碰撞为弹性正碰，设碰后甲速度为4，乙速度 为2，取向右为正方向，由动量守恒和机械能守恒：m =m+kmm=m+m， 1 20 解得乙弹性碰撞后速度：，=十k' 33 练习册参考答案 对乙由动量定律，合外力冲量等于乙动量变化：I=kmo2 -0, 代入=V2gh,得：I=2km√2g5 1+k (1-k) (3)由以上分析可得碰后甲速度=1十k, 要求第二次碰撞前只有一个物块滑上倾斜轨道且在水 平轨道完磁碰撞，考虑临界情况： ①碰后甲乙均向右运动，且乙由斜面回到水平轨道时恰 好发生第二次碰撞， 则有4=1-)>0， 1+k 可得0<k<1, 根据运动关系么=上十2二， U1 U2 其中a在斜面上的加速度a=gsin0, 可得k≈0.81， 由此临界情况可判断满足的关系式可以为 0.81≤k<1. ②碰后甲静止，乙向右运动后返回碰撞位置再次发生碰 撞满足题意，此时k=1, ③碰后甲向左运动，乙向右运动且乙速度较大，当甲运 动到A点时，乙从斜面返回恰好撞到甲， (1-k)<0, 则有=1十k 可得k>1, 根据运动关系h=3弘+2二， 一1V2 解得k≈1.2， 由此临界情况可判断k满足的关系式可以为1<k≤12. ④碰后甲向左运动，乙向右运动且甲速度较大，当甲运 动到B点时恰好追上乙发生碰撞， 则有u= 1-k)<0, 1+k 可得k>1, 根据运功关系映十2。一品 a v2 解得k≈20.1， 由此临界情况可判断k满足的关系式可以为k≥20.1， 综合上述四种情况可得k满足的关系式0.81≤k≤1.2 或k≥20.1 答案：V2h(2)V2g5(3)见解析 专题精准强化8电场 1.D2.B3.A4.D5.AC6.BC 7.D[a电子入射动能为Ek,根据动能的表达式有Ek= mu,,电子恰好微圃周运动，则eE=m0,联立解得 1 r E=2E,故A错误；由图可知，P点电场线密度较稀疏， er 则场强小于C点场强，故B错误；已知CQ|=2|BP|,因 为BC在同一等势线上，且沿电场方向电势降低，则Q点 电势小于P点，电子在电势低处电势能大，则b粒子在 Q点电势能大，根据能量守恒可知，b粒子在Q点动能较 小，故C错误；由电场线密度分布情况可知，沿径向向外 电场强度减小，则BP之间平均电场强度大小大于CQ 之间平均电场强度大小，根据U=Ed,则Um<2U即，则 b粒子全程的克服电场力做功W=eUam<2eUp=2eU, 故D正确.门 8.BD[根据等量正，点电荷连线中垂线上的电场强度分布 可知，从O到P电场强度可能先增加后减小到零，然后 反向增加再减小；或者先减小到零，然后反向增加，因此 物理 电场强度在过OP中点后图像应在x轴下方，则A错 误.从O到P电势先升高后降低，O、P两点电势相等，中 点电势最高，则B正确，静电力对负电荷先做正功后做 负功，则动能先增加后减小，电势能先减小后增加，但是 负电荷在各，点的电势能均为负值，E。一x图像应该在x 轴下方，则C错误，D正确.] 9.解析：质子在直线加速器中做直线运动，根据动能定理 1 可得6eU,=2mu,2, 所以助=2吧，质子在圈形区城电场中效美平热运 动，有eE=ma,R+Rcos9=t,Rsin 0=-2at, 联立解得E= 24U。sin8 R(1+cos0)2 /3eU.24U.sin 0 答案：2√mR(1十cos0) 10.解析：当小球刚好到金属板N F 时，受力分析如图所示 d 根据几何关系可得sin0= 2 d' gE 可得0=30°， 根据平衡条件有gE= mg mgtan 0, 其中E=a? J 联立可得U=3mgd 3g (2)小球从金属板N到金属板M 过程，极播功能定理U=md 2Tc0s45° 一0， qE 0 小球第一次碰撞M前瞬间，受力 分析如图所示 对小球根据牛顿第二定律2Tcos 2 45-mgcos 0-qEsin 0=m 联立解得T=26 3 mg. (3)如图所示 要使小球仍能沿着圆孤往复 运动，即绳子拉力大于零，需 要满足g·吧sin0< kU d mgcos 0, 解得<3， 根据(2)分析可知当=1时， 小球到达金属板N时，电场 力和重力的合力与绳子的合 m昭 力方向相同，当1<k<3时，小球所受的重力和电场力的 合力相对于小球到达金属板N时绳子合力的方向偏上， 如图所示 绳子拉力对小球不做功，可知小球所 受的重力和电场力的合力与小球位移 的夹角一直为锐角，当小球到达金属 板N时，动能最大，根据动能定理有 kUg=Ex-0, 可得且-9mgd, mg 33 当0<k≤1时，小球所受的重力和电场力的合力相对于 小球到达金属板N时绳子合力的方向偏下，如图所示 heU d F合 mg 当小球速度与小球所受的重力和电场力的合力方向垂 直时，速度最大，该点为等效最低点，设此时与竖直方向 kU 的夹角为a,根据几何关系有tana=d=3k, mg 3 √3 根据数学知识可得sina= + cos a= W1+ 1 根据动能定理有mgd(co8a一cos0)+y·gd(sin9十 sin )=Ey-0, 解得Ek= k3 mgd. 61 答案：(1U=3%L(2)T=26 (3)当0<k≤1 39 3 mg 时，E=k+1+ mgd;当1<k<3时，E 6 32 -kmgd 3 专题精准强化9磁场 1.A 2.AC 3.C 4.AC 5.AD 6.解析：直导线通入由a指向b的电流时，由左手定则知直 导线的左端受到方向垂直纸面向里的安培力，根据牛顿 第三定律可知，条形磁体的N极受到方向垂直纸面向外 的作用力，应向纸面外偏转；条形磁体转动后，对直导线 有向上的作用力，所以条形磁体受到向下的作用力，故 条形磁体受到的拉力大于其受到的重力， 答案：外大于 7.BCD[A.电子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹 力提供向心力可得eB=m,可得u=, m 根据几何关系可知电子1的运动半径小于电子3的运动 半径，则电子1的速度小于电子3的速度，根据E: 2m0可知电子1的动能比电子3的小，故A错误； B.电子在磁场中做匀速圆周运动的周期T=2π”， 结合o=eBr 可得T-留， 根据题图可知电子1在磁场中运动的圆心角为180°，则 电子1在随场中的运动时间为18器×T-罗故B 正确；C.设电子2运动半径为R2,如图所示专题精准强化8 电场 [A组 基础达标练] 1.（2025·广西卷，4)用带电玻璃棒 接触验电器的金属球，移走玻璃 棒，验电器内两片金属箔张开，稳 定后如图.图中a、b、c、d四点电 场强度最强的是 ( ) A.a点 B.b点 C.c点 D.d点 2.(2026·广东卷)静电卡 一静电卡盘 盘是芯片制造中的重要 西压电录 双电极 士+++ 设备，如图为双极型静电 晶片 卡盘吸附原理简图，双电 极接高压电源后，晶片靠近卡盘的一侧带上 与电极极性相反的电荷，在电场力作用下向 卡盘运动并被吸附.在晶片运动过程中，下 列说法正确的是 ( A.电场力对晶片做负功 B.晶片在电场中的电势能逐渐减少 C.晶片与卡盘电极之间表现为斥力 D.晶片与卡盘电极之间电场强度处处相同 3.(2026·广东卷)图(a)为某梳齿状可变电容 器截面图，上端为固定极板，下端为可上下 运动的动极板.将该电容器接入图(b)所示 电路，探究其电荷量Q、极板电压U和电容 C的变化.过程为：①当动极板运动到最高 处，开关S接a端，电源E向电容器充电；② 充电结束后S接b端空置，动极板向下运 动；③当动极板运动到最低处，S接c端，电 容器通过R放电.关于该过程，下列图像可 能正确的是 固定极板 动极板 W上下运动 图(a) 图b) ① 12 ③ ② ② ① 1③ 4.如图所示为一沿x轴方向 的静电场的p一x图像，现 将一质量为m、电荷量为g 的点电荷由O点沿x轴正 方向发出，点电荷初速度大 -P 17 ⑧错题序号： @错因分析 小为，整个运动过程中点电荷只受静电力的 作用.则 A.在x轴上，由O点到x=x2处电场强度 逐渐减小 B.正电荷在O点处的电势能等于在x轴上 x=x2处的电势能 C.如果点电荷带正电，点电荷在x=x2处 的电势能为qp D如果点电衔带负电，当，=2架时点电 荷刚好运动到x=x2处速度减为0 5.(多选)如图所示，竖直平面 内有匀强电场，a、b、c、d为沿 竖直方向的等势线，且a等 势线的电势高于d等势线的 电势.一带负电的微粒从b 010 等势线O点以某一初速度沿 竖直平面向右上方发射，初速度方向与水平 方向的夹角0=37°.带电微粒运动到其轨迹 的最高点时，速度大小与O点速度大小相 等，已知sin37°=0.6，c0s37°=0.8，重力加 速度为g,则可判断在此过程中 () A.静电力对带电微粒一定做正功 B.微粒运动轨迹的最高点可能在b等势面上 C.微粒受到的静电力与它的重力之比为3：1 D.静电力对微粒做的功与微粒的重力势能 增量之比为3：1 [B组创新应用练] 6.(多选)如图所示，空间存在 方向竖直向下的匀强电场 (图中未画出)，A、B、C、D、 M、N是棱长为a的正八面 体的六个顶点，在同一竖直 线上的M、N两点均固定有 电荷量为Q的正点电荷，一质量为m、电荷 量为g的点电荷在正方形ABCD内（水平） 绕正八面体的中心做半径最大的匀速圆周 运动.静电力常量为k,重力加速度大小为 g.下列说法正确的是 () A.做匀速圆周运动的点电荷带正电 B.匀强电场的电场强度为g C.做圆周运动的点电荷的角速度为4 3kQg ma D,做圆周运动的点电荷的动能为4y3kQg 9a 7.(2025·福建卷，4)某种 静电分析器简化图如图 所示，在两条半圆形圆弧 板组成的管道中加上径 向电场.现将一电子a自 A点垂直电场射出，电子恰好做圆周运动，运 动轨迹为ABC,半径为x.另一电子b自A点 垂直电场射出，轨迹为弧APQ,其中PBO共 线，已知B、P两点间的电势差为U,CQ =2BP|,电子a入射动能为E,电子所带的 电荷量为一e,则 ) A,B点的电场强度E=E er B.P点场强大于C点场强 C.b粒子在P点的动能小于在Q点的动能 D.b粒子全程克服电场力做的功小于2eU 8.（多选)如图所示，菱形 10 aObP(ab>2OP)的顶点a、 b处分别固定有等量的正 点电荷.取无穷远为零电势点，OP方向为 x轴正方向.若将一带负电的粒子从O点 由静止释放，在粒子从O点运动到P点的 过程中，下列关于O、P间的电场强度E、电 势口以及粒子的电势能E。、动能Ek分别随 x变化的图线中，可能正确的是 A R 9.(福建南平模拟)“质子疗法”原理如图甲，横 截面积相同的金属圆筒依次接在交流电源 的两极M、N上，M、N两极加上如图乙所 示周期性变化的电压，电压的大小为U。.直 线加速器0号金属圆板中央有质子源，质子 由静止飘入直线加速器，正对圆心加速6次后 水平飞出.质子从P向O射入有竖直向上匀 强电场的圆形区域，最终轰击到圆上的癌细 胞.已知圆形区域的半径为R,质子的质量为 m、电荷量为e,质子通过圆筒间隙的时间、质 子的重力及相互作用均不计.质子水平飞出直 线加速器的速度大小，为 ;若癌细 胞处于Q点，OQ与水平方向夹角为0，电场强 度E的大小为 质子源 O癌细胞 M 甲 172 U。 -U 乙 10.(2026·广东卷)如图(a)所示，两竖直放置 且足够大的平行金属板M、N,两板间距为 d,在两板正中间竖直平面内固定有一水平 绝缘横杆，一质量为m、电荷量为g的小球 通过两根等长且不可伸长的绝缘轻绳悬挂 于横杆下方，小球与横杆的距离为d,两绳 的夹角为直角，如图(b),接通电源，使板间 电压由0开始缓慢增大，小球缓慢向N靠 近，在此过程中每个时刻小球都受力平衡， 当小球接触N的瞬间，电荷量变为一q,板 间电压停止增大并在此后保持恒定，在此 恒定电压下，小球每次与M或N接触后瞬 间，速度均减为0，带电荷量变化满足“电 性反转、大小不变”，从而在两板间沿着圆 弧往复运动，重力加速度为g,小球可视为 质点，每次与板碰撞均不影响两板间电压， 忽略空气阻力和电场的边缘效应，忽略小 球所带电荷对板间电场的影响. 横杆 横杆 小球 图(a) 图) (1)求M、N间的恒定电压U; (2)求小球第一次碰撞M前瞬间，单根轻 绳的拉力大小T; (3)若某次小球碰撞M时，M、N间的电压 突变为原恒定电压的k倍(k>0),其他条 件不变，此后小球仍能沿着圆弧往复运动， 求k的取值范围，并求出该范围内不同 值对应的小球最大动能Ek