2025版高考物理一轮复习微专题小练习静电场专题53力电综合问题

这是一份2025版高考物理一轮复习微专题小练习静电场专题53力电综合问题，共3页。
1．(多选)如图所示，在P点固定一个带电量为＋Q的点电荷，P点下方有一足够大的金属板与水平面成一定倾角，金属板处于静电平衡状态，且上表面光滑．金属板上表面的A点与P点连线水平．一带电荷量为＋q的绝缘小物块(可视为点电荷且q≪Q)从A点由静止释放，在物块下滑的过程中，下列说法正确的是( )
A．物块的加速度恒定不变
B．物块的动能一直增大
C．物块的机械能保持不变
D．物块的电势能先增大后减小
答案：ABC
解析：金属板处于静电平衡状态则电场力始终垂直于金属板，金属板上表面光滑小物块所受摩擦力为零，则在物块下滑的过程中，合外力保持不变，加速度不变，A项正确；物块下滑的过程中电场力始终垂直于金属板，则支持力和电场力不做功，电势能和机械能不变，C项正确，D项错误；物块下滑的过程中合外力对物块做正功，物块动能增加，B项正确．
2．[2024·广东省广州五中阶段考试](多选)如图所示，在水平向左的匀强电场中，可视为质点的带负电物块，以某一初速度从足够长的绝缘斜面上的A点沿斜面向下运动，经C点到达B点时，速度减为零，然后再返回到A点．已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面间的动摩擦因数μ＝ eq \f(\r(3),3) ，整个过程斜面均保持静止，物块所带电荷量不变．则下列判断正确的是( )
A．物块在上滑过程中机械能增大
B．物块在上滑过程中，增加的重力势能一定大于减少的电势能
C．物块下滑时经过C点的动能一定大于上滑时经过C点的动能
D．物块在下滑过程中，斜面与地面之间的摩擦力为零
答案：ACD
解析：物块在上滑过程中，对物块受力分析，可知上滑过程中应满足qE cs θ>Ff＋mg sin θ，可知电场力做功大于摩擦力做功，除重力以外的其它力对物体做正功，则物体的机械能增加，因此物块在上滑过程中机械能增大，A正确；物块在上滑过程中，由动能定理可得W电－Wf－WG＝ΔE，可知W电>WG，电场力对带电物块做正功，带电物块的电势能减少，因此物块在上滑过程中，增加的重力势能一定小于减少的电势能，B错误；物块下滑时经过C点向下运动，再返回到C点时有摩擦力做功，由能量关系可知，物块下滑时经过C点的动能一定大于上滑时经过C点的动能，C正确；当不加电场时，斜面对物块的支持力为FN＝mg cs 30°＝ eq \f(\r(3),2) mg，物块下滑时与斜面的滑动摩擦力Ff＝μmg cs 30°＝mg sin 30°＝ eq \f(1,2) mg，由支持力和滑动摩擦力的大小和方向可知支持力和滑动摩擦力的合力方向竖直向上，当加上电场后，由于电场力的作用可知F′N＝mg cs 30°＋qE sin 30°，F′f＝μ(mg cs 30°＋qE sin 30°)，电场力使支持力和滑动摩擦力成比例关系增加，则支持力与摩擦力的合力方向仍竖直向上，由牛顿第三定律可知，则物块对斜面的压力和摩擦力的合力竖直向下，可知斜面在水平方向受力是零，则斜面与地面之间的摩擦力是零，D正确．
3．(多选)如图所示，BCD为竖直面内的光滑绝缘轨道，其中BC段水平，CD段为半圆形，轨道连接处均光滑，整个轨道处于竖直向下的匀强电场中，场强大小为E＝ eq \f(2mg,q) ，一质量为M的光滑绝缘斜面静止在水平面上，其底端与平面由微小圆弧连接．一带电量为＋q的金属小球甲，从距离地面高为H的A点由静止开始沿斜面滑下，与静止在C点的不带电金属小球乙发生弹性碰撞．已知甲、乙两小球材质、大小均相同，质量均为m，且M＝2m，水平轨道足够长，不考虑两球之间的静电力，小球与轨道间无电荷转移，g取10 m/s2.则( )
A．甲球滑到斜面底端时的速度大小为2 eq \r(gH)
B．甲、乙两球碰撞后甲的速度大小为 eq \r(gH)
C．甲、乙两球碰撞后乙的速度大小为 eq \r(2gH)
D．若乙球恰能过D点，半圆形轨道半径为 eq \f(2,5) H
答案：AD
解析：以甲球和斜面为整体，由动能定理可得mgH＋qEH＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋ eq \f(1,2) Mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ，以甲球与斜面为系统，水平方向动量守恒：Mv2－mv1＝0，解得v1＝2 eq \r(gH) ，选项A正确；甲、乙两球碰撞由动量守恒定律与机械能守恒定律可得mv1＝mv′1＋mv乙， eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝ eq \f(1,2) mv′ eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(乙)) ，联立两式可得v乙＝2 eq \r(gH) ，v′1＝0，选项B、C错误；乙球由最低点到D点由动能定理可得－(mg＋ eq \f(1,2) qE)×2R＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(D)) － eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(乙)) ，小球乙恰好到达最高点D，由牛顿第二定律可得mg＋ eq \f(q,2) E＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(D)) ,R) ，联立两式可求：R＝ eq \f(2,5) H，选项D正确．
4．[2024·河北省张家口市张垣联盟联考]如图所示，真空中存在空间范围足够大的、方向水平向左的匀强电场，在电场中，圆心为O、半径为R＝ eq \f(6,7) m的圆弧形光滑绝缘轨道MN固定在竖直平面内，O、N恰好处于同一竖直线上，ON＝R，OM与竖直方向之间的夹角θ＝37°.水平虚线BC上有一点A，点A、M的连线恰好与圆弧轨道相切于M点，AM＝2R.现有一质量为m＝3g、电荷量为q＝1×10－3C的带电小球(可视为质点)从A点以一定的初速度沿AM做直线运动，带电小球从M点进入圆弧轨道后，恰好能沿圆弧轨道运动并从N点射出．已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2.求：
(1)匀强电场的大小；
(2)小球在圆弧轨道运动的过程最小速度大小和在N点射出时的速度大小；
(3)带电小球在A点时的初速度大小．
答案：(1)E＝40 V/m (2) eq \f(10,7) eq \r(7) m/s eq \f(6,7) eq \r(35) m/s (3)10 m/s
解析：(1)根据带电小球沿AM做直线运动可知，带电小球所受的电场力与重力的合力沿MA方向，则带电小球所受电场力与重力的关系
tan 37°＝ eq \f(mg,qE)
可得E＝ eq \f(4mg,3q) ＝40 V/m
(2)带电小球所受电场力与重力的合力大小为
F＝ eq \f(mg,sin θ) ＝ eq \f(5,3) mg
根据带电小球恰好能沿圆弧轨道运动并从N点射出可知，带电小球在圆弧轨道上经过等效最高点G时速度有最小值vG，如图所示
此时带电小球所受电场力与重力的合力提供向心力，即F＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(G)) ,R)
解得vG＝ eq \r(\f(5,3)gR) ＝ eq \f(10,7) eq \r(7) m/s
带电小球从G点运动到N点的过程中，根据动能定理有F(R－R sin θ)＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(N)) － eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(G))
解得vN＝ eq \r(3gR) ＝ eq \f(6,7) eq \r(35) m/s
(3)设带电小球在A点时的初速度大小为v0，小球从A点运动到G点的过程中，根据动能定理有－F×3R＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(G)) － eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))
解得v0＝ eq \r(\f(35,3)gR) ＝10 m/s