2025屆高考物理一輪復(fù)習(xí)課時作業(yè)33電場中的“三類”典型問題含解析魯科版

PAGEPAGE8課時作業(yè)33電場中的“三類”典型問題時間：45分鐘1．在x軸上關(guān)于原點對稱的a、b兩點處固定有兩個電荷量相等的點電荷，如圖E-x圖象描繪了x軸上部分區(qū)域的電場強度(以x軸正方向為電場強度的正方向)．對于該電場中x軸上關(guān)于原點對稱的c、d兩點，下列結(jié)論正確的是(A)A．兩點場強相同，c點電勢更高B．兩點場強相同，d點電勢更高C．兩點場強不同，兩點電勢相等，均比O點電勢高D．兩點場強不同，兩點電勢相等，均比O點電勢低解析：本題考查結(jié)合E-x圖象推斷電勢大?。罁?jù)給出的E-x圖象可知，a處為正電荷，b處為負電荷，依據(jù)點電荷產(chǎn)生的場強E＝eq\f(kQ,r2)及電場的疊加原理可知，c、d兩處場強相同，電場方向由c指向d，故c點電勢高，選項A正確．2．(多選)如圖甲所示是某電場中的一條電場線，若有一質(zhì)子以某一初速度僅在電場力的作用下，沿AB由A點運動到B點，所經(jīng)位置的電勢(φ)隨距A點的距離(x)變更的規(guī)律如圖乙所示．則以下關(guān)于質(zhì)子的v-t圖象、Ek-x圖象、a-t圖象、E(電勢能與動能之和)-x圖象中可能正確的有(AD)解析：本題考查對電勢φ隨坐標x的變更曲線的理解、電場強度與電勢差關(guān)系、動能定理及其相關(guān)學(xué)問點．由題圖乙和E＝eq\f(U,d)＝eq\f(φ0－φ,x)可知，圖乙對應(yīng)函數(shù)關(guān)系為φ＝φ0－Ex，該電場為勻強電場，其方向為沿x軸正方向，質(zhì)子所受的電場力為恒力，質(zhì)子做勻變速直線運動，A正確，C錯誤；質(zhì)子的電勢能與動能之和保持不變，D正確；由動能定理，有eEx＝Ek－Ek0，即Ek＝Ek0＋eEx，B錯誤．3．有一靜電場，其電勢φ隨x坐標的變更而變更，變更的圖象如圖所示．若將一帶負電的粒子(重力不計)從坐標原點0由靜止釋放，電場中P、Q兩點的橫坐標分別為1mm、4mm，下列說法正確的是(C)A．粒子將沿x軸正方向始終向前運動B．粒子在P點與Q點加速度大小相等、方向相反C．粒子經(jīng)過P點與Q點時，動能相等D．粒子經(jīng)過P點與Q點時，電場力做功的功率相等解析：依據(jù)順著電場線方向電勢降低可知，0～2mm內(nèi)，電場線沿x軸負方向，粒子所受的電場力沿x軸正方向做加速運動；在2～6mm內(nèi)電場線沿x軸正方向，粒子所受的電場力沿x軸負方向，粒子做減速運動，6mm處粒子的速度為零；然后粒子向左先做加速運動后做減速運動，即在0～6mm間做往復(fù)運動，故A項錯誤；φ-x圖象的斜率大小等于場強E，則知P點的場強大于Q點的場強，則粒子在P點的加速度大于在Q點的加速度，加速度方向相反，故B項錯誤；粒子經(jīng)過P點與Q點時，電勢相等，則其電勢能相等，由能量守恒知動能相等，故C項正確；粒子經(jīng)過P點與Q點時，速率相等，但電場力不同，則電場力做功的功率不等，故D項錯誤．4．勻強電場的電場強度E隨時間t變更的圖象如圖所示．當t＝0時，在此勻強電場中由靜止釋放一個帶正電粒子，設(shè)帶電粒子只受電場力的作用，則下列說法正確的是(B)A．2s末帶電粒子的速度為零B．3s末帶電粒子回到原動身點C．帶電粒子將始終向同一個方向運動D．0～3s內(nèi)，電場力始終做正功解析：0～1s內(nèi)，粒子做加速運動，1～2s內(nèi)電場強度反向，且大小是0～1s內(nèi)電場強度的2倍，故粒子在1～2s內(nèi)的加速度比0～1s內(nèi)的加速度大，故粒子在1.5s末速度就為零了，所以2s末粒子反向加速，速度不為零，依據(jù)對稱性可知粒子在3s末速度為零，回到動身點，A、C錯誤，B正確；0～1s內(nèi)電場力做正功，1～1.5s內(nèi)電場力做負功，1.5～2s內(nèi)電場力做正功，2～3s內(nèi)電場力做負功，D錯誤．5.空間存在水平向右的勻強電場，方向與x軸平行，一個質(zhì)量為m、帶負電的小球，電荷量為－q，從坐標原點O以v0＝10m/s的初速度斜向上拋出，且初速度v0與x軸正方向夾角θ＝37°，如圖所示．經(jīng)過一段時間后到達最高點，此時速度大小也是10m/s，該小球在最高點的位置坐標是(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)(B)A．0.6m,1.8mB．－0.6m,1.8mC．5.4m,1.8mD．0.6m,1.08m解析：本題考查帶電體在電場中的運動問題．帶電小球受重力和水平向左的電場力作用，將帶電小球的運動分解成沿x軸方向初速度v0cos37°＝8m/s的勻變速直線運動，沿y軸方向初速度為v0sin37°＝6m/s的豎直上拋運動．當沿y軸方向速度減小為零時小球達到最高點，則有y＝eq\f(v0sin37°2,2g)＝1.8m，t＝eq\f(v0sin37°,g)＝0.6s．最高點時速度大小是10m/s，則最高點時速度方向向左，所以最高點時橫坐標x＝eq\f(v0cos37°－10m/s,2)·t＝eq\f(8＋－10,2)×0.6m＝－0.6m．故B項正確，A、C、D項錯誤．6．(2024·天津卷)如圖所示，在水平向右的勻強電場中，質(zhì)量為m的帶電小球，以初速度v從M點豎直向上運動，通過N點時，速度大小為2v，方向與電場方向相反，則小球從M運動到N的過程(B)A．動能增加eq\f(1,2)mv2 B．機械能增加2mv2C．重力勢能增加eq\f(3,2)mv2 D．電勢能增加2mv2解析：本題通過帶電小球在復(fù)合場中的運動考查電勢能、動能定理、功能關(guān)系．小球從M運動到N的過程中，動能增加了ΔEk＝eq\f(1,2)m(2v)2－eq\f(1,2)mv2＝eq\f(3,2)mv2，選項A錯誤；在豎直方向上，小球做豎直上拋運動，到達N點時豎直方向速度為零，由勻變速直線運動規(guī)律得，小球上升的高度h＝eq\f(v2,2g)，由動能定理得W電－mgh＝ΔEk，解得W電＝2mv2，由功能關(guān)系知，機械能的增加量為ΔE＝W電＝2mv2，選項B正確；小球的重力勢能增加了ΔEp＝mgh＝eq\f(1,2)mv2，選項C錯誤；由電場力做功與電勢能的變更量的關(guān)系知，電勢能削減了2mv2，選項D錯誤．7．在真空中水平面MN的下方存在豎直向下的勻強電場，質(zhì)量為m的帶電小球由MN上方的A點以肯定初速度v0水平拋出，從B點進入電場，到達C點時速度方向恰好水平，A、B、C三點在同始終線上，且AB＝2BC，如圖所示．由此可見(D)A．電場力為2mgB．小球帶正電C．小球從A到B與從B到C的運動時間相等D．小球從A到B與從B到C的速度變更量大小相等解析：由于小球在電場中的運動軌跡向上彎曲，加速度方向必定向上，合力向上，說明小球所受電場力方向向上，所以小球帶負電，故B錯誤；帶電小球從A到C，設(shè)在進入電場前后兩個運動過程的水平位移分別為x1和x2，豎直位移分別為y1和y2，經(jīng)驗的時間分別為t1和t2，在電場中的加速度為a，則從A到B過程小球做平拋運動，則有x1＝v0t1，從B到C過程，有x2＝v0t2，由題意可知x1＝2x2，則t1＝2t2，即小球從A到B的運動時間是從B到C運動時間的2倍，故C錯誤；又y1＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，將小球在電場中的運動看成沿運動軌跡相反方向的類平拋運動，則有y2＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)，依據(jù)幾何學(xué)問有eq\f(y1,y2)＝eq\f(x1,x2)＝2，解得a＝2g，依據(jù)牛頓其次定律得F－mg＝ma＝2mg，解得F＝3mg，故A錯誤；從A到B過程速度變更量大小為Δv1＝gt1＝2gt2；從B到C過程速度變更量大小為Δv2＝at2＝2gt2，所以小球從A到B與從B到C的速度變更量大小相等，故D正確．8．(多選)在x軸上電場強度E與x的關(guān)系如圖所示，O為坐標原點，a、b、c為x軸上的點，a、c之間的距離為d，a、c兩點的電場強度大小均為E0，則下列說法中正確的是(BC)A．φb>φa＝φc>φOB．φO>φa>φb>φcC．將質(zhì)子從a點移到c點，電場力做功大于|eE0d|D．將質(zhì)子從a點移到c點，質(zhì)子的電勢能增加解析：由題圖可知，在x軸上電場強度E的方向沿x軸正方向，由于沿電場線方向電勢漸漸降低，所以φO>φa>φb>φc，選項A錯誤，B正確；ac段與圖線所圍面積大于E0d，即Uac>E0d，所以將質(zhì)子從a點移到c點，電場力做功大于|eE0d|，選項C正確；將質(zhì)子從a點移到c點，電場力做正功，質(zhì)子的電勢能削減，選項D錯誤．9．(多選)如圖甲，兩水平金屬板間距為d，板間電場強度的變更規(guī)律如圖乙所示．t＝0時刻，質(zhì)量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線射入兩板間，0～eq\f(T,3)時間內(nèi)微粒勻速運動，T時刻微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出．微粒運動過程中未與金屬板接觸．重力加速度的大小為g.關(guān)于微粒在0～T時間內(nèi)運動的描述，正確的是(BC)A．末速度大小為eq\r(2)v0B．末速度沿水平方向C．重力勢能削減了eq\f(1,2)mgdD．克服電場力做功為mgd解析：0～eq\f(T,3)微粒做勻速直線運動，則E0q＝mg.eq\f(T,3)～eq\f(2T,3)沒有電場作用，微粒做平拋運動，豎直方向上a＝g.eq\f(2T,3)～T，由于電場作用，F(xiàn)＝2E0q－mg＝mg＝ma′，a′＝g，方向豎直向上．由于兩段時間相等，故到達金屬板邊緣時，微粒速度為v0，方向水平，選項A錯誤，B正確；從微粒進入金屬板間到離開，重力做功mgeq\f(d,2)，重力勢能削減eq\f(1,2)mgd，選項C正確；由動能定理知WG－W電＝0，W電＝eq\f(1,2)mgd，選項D錯誤．10.(多選)如圖所示，豎直固定的光滑的絕緣桿上O點套有一個質(zhì)量為m，帶電量為q(q<0)的小環(huán)．在桿的左側(cè)固定一個帶電量為＋Q的點電荷，桿上A、B兩點與Q正好構(gòu)成一邊長為a的等邊三角形，OA間距離也為a.現(xiàn)將小環(huán)從O點由靜止釋放，若小環(huán)通過A點的速率為eq\r(3ga)，則在小環(huán)從O到B的過程中(AD)A．在O點時，q與Q形成的系統(tǒng)電勢能最大B．到達AB的中點時，小環(huán)速度肯定最大C．從O到B，電場力對小環(huán)始終做正功D．到達B點時，小環(huán)的速率為eq\r(5ga)解析：在小環(huán)從O到A的過程中，電場力做正功，從A到B運動的過程中，電場力先做正功再做負功，且做的正功和負功代數(shù)和為零，所以在小環(huán)從O到B的過程中，電勢能減小，在O點時，q與Q形成的系統(tǒng)電勢能最大，故A正確，C錯誤；在小環(huán)從O到A的過程中，重力和電場力都做正功，到達AB的中點時，電場力的方向沿水平方向，而重力的方向沿豎直方向，所以在運動的過程中，重力仍舊做正功，可知到達AB的中點時，小環(huán)速度不是最大，故B錯誤；小環(huán)從A點移到B點的過程，電場力做功為零，依據(jù)動能定理得mga＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，解得vB＝eq\r(5ga)，故D正確．11．如圖所示，在豎直平面內(nèi)固定的圓形絕緣軌道的圓心為O，半徑為r，內(nèi)壁光滑，A、B兩點分別是圓形軌道的最低點和最高點．該區(qū)間存在方向水平向右的勻強電場，一質(zhì)量為m、帶負電的小球在軌道內(nèi)側(cè)做完整的圓周運動(電荷量不變)，經(jīng)C點時速度最大，O、C連線與豎直方向的夾角θ＝60°，重力加速度為g.(1)求小球受到的電場力大??；(2)小球在A點的速度v0為多大時，經(jīng)B點時對軌道的壓力最??？解析：(1)已知帶電小球在光滑的豎直圓軌道內(nèi)做完整的圓周運動，經(jīng)C點時速度最大，因此，C點是豎直平面內(nèi)圓周運動的“等效最低點”，也就是小球在C點電場力和重力的合力背離圓心的方向，如圖：則有tanθ＝eq\f(F,mg)因此小球受到的電場力為F＝mg