2022届高考物理二轮专题复习6力与物体的平衡

力与物体的平衡一、选择题（第1～6题为单选题，第7～10题为多选题）1．如图所示，均匀带正电的金属圆环的圆心为O，在垂直于圆环所在平面且过圆心O的轴线上有A、B、C三点，AO＝OB＝BC＝L，当B点放置电荷量为Q的负点电荷时，A点的电场强度为0。若撤去B点的负点电荷，在C点放置电荷量为2Q的正点电荷时，B点的电场强度大小为（k为静电力常量）（　　）A．B．C．D．【答案】C【解析】A点的电场强度为0，圆环上的电荷在A点的电场强度与B点的负点电荷在A点的电场强度等大反向，即，根据对称性可知圆环上的电荷在B点的电场强度大小为，方向向右；若撤去B点的负点电荷，在C点放置电荷量为2Q的正点电荷时，根据电场的叠加原理可知B点的电场强度大小，故选C。2．如图所示，带电荷量分别为＋Q、－Q的点电荷固定在同一竖直线上，一根粗细均匀的光滑绝缘杆水平放置，与两点电荷连线的垂直平分线重合，一个带正电的小球套在杆上（可自由滑动），给小球一个水平向右的初速度，小球在从A点运动到B点的过程中（　　）A．速度先变大后变小B．加速度先变大后变小C．电势能先变大后变小D．受到的电场力先变大后变小【答案】D【解析】带电量分别为＋Q、－Q的点电荷固定在同一竖直线上，光滑绝缘杆水平放置，与两点电荷连线的垂直平分线重合，所以杆上各点的电势相等，因此带正电小球的电势能不变，小球受到的电场力竖直向下，因此水平方向合力为零，加速度始终为零，速度保持不变，电场力先变大后变小，故D正确，ABC错误。3．如图所示，真空中同一平面内固定两点电荷＋2Q和－Q，以点电荷＋2Q为圆心的圆上有a、b、c、d四点，其中b点为两点电荷连线与圆的交点，a、c两点关于连线对称，ad为圆的直径。关于a、b、c三点，下列说法正确的是（　　）12 A．a、c两处电场强度相同B．b处电势最高C．电子从a点沿着圆弧顺时针运动到c点过程中电势能保持不变D．电子从a点沿着圆弧顺时针运动到c点过程中电势能先增大后减小【答案】D【解析】根据电场的叠加原理，a、c两点的场强大小相等，方向不同，故a、c两点电场不同，故A错误；空间某点的电势等于各电荷在该点电势的代数和，正电荷在a、b、c和d处产生的电势相等，负电荷在d点产生的电势最高，b点电势最低，所以d点的电势最高，故B错误；电子顺时针从a到c的过程中，电场力先做负功后做正功，故电势能先增大后减小，故C错误、D正确。4．如图所示，A、B、C、D为匀强电场中相邻的四个等势面，一电子经过等势面D时，动能为16eV，速度方向垂直于等势面D，飞经等势面C时，电势能为－8eV，飞至等势面B时速度恰好为零，已知相邻等势面间的距离均为4cm，电子重力不计。则下列说法正确的是（　　）A．电子做匀变速直线运动B．匀强电场的电场强度大小为100V/mC．等势面A的电势为－16VD．电子飞经电势为4V的等势面时的动能为8eV【答案】A【解析】电子运动方向垂直等势面，电子运动方向和电场方向平行，那么电子加速度方向和运动方向平行，因此电子做匀变速直线运动，A正确；电子飞至等势面B时速度恰好是零，由动能定理可知，电子从等势面D到等势面B，克服电场力做功为16eV，因此等势面D、B间的电势差为16V，所以场强大小为，B错误；由题意可知，从D到B电势降低，等势面C处电子的电势能为−8eV，因此等势面C的电势为8V，等势面A的电势比等势面C的电势低16V，所以等势面A的电势为−8V，C错误；电子运动中只有电场力做功，因此电势能和动能之和不变，因B等势面的电势为零，动能为零，则在B等势面时的总能量为0，则电子飞经电势为4V的等势面时的电势能为－4eV，则动能为4eV，D错误。5．蜂鸣器发声原理是电流通过电磁线圈，使电磁线圈产生磁场来驱动振动片发声，因此需要一定的电流才能驱动它。在报警电路中常用到蜂鸣器，其原理为当电流从蜂鸣器正极流入负极流出时，蜂鸣器会发出报警声。如图所示是一个断路报警电路，平行板电容器电容为C，电源电动势为E，内阻r≠0，D可视为理想二极管，R1、R2为定值电阻。当电路中原本闭合的电键K突然断开时，蜂鸣器会发出报警声。对于该电路，下列说法正确的是（　　）12 A．a端为蜂鸣器的负极B．K闭合稳定后，电容器电量为CEC．K断开时，流过蜂鸣器的电量大于流过R2的电量D．K闭合稳定后，减小平行板电容器的正对面积可以使蜂鸣器发出报警声【答案】D【解析】当电路中的电键K在电路工作过程中断开时，电容器放电，电流从a端流入蜂鸣器，蜂鸣器会发出报警声，说明a端为蜂鸣器的正极，A错误；K闭合稳定后，路端电压，电容器电量，B错误；K断开时，蜂鸣器与电阻串联，流过二者的电量相等，C错误；K闭合稳定后，减小平行木板电容器的正对面积时，根据可知，电容减小，电容将放电，有电流从a端流入蜂鸣器，蜂鸣器会发出报警声，D正确。6．如图所示，水平面内的等边三角形ABC的边长为L，顶点C恰好位于光滑绝缘直轨道CD的最低点，光滑直导轨的上端点D到A、B两点的距离均为L，D在AB边上的竖直投影点为O。一对电荷量均为－Q的点电荷分别固定于A、B两点。在D处将质量为m、电荷量为＋q的小球套在轨道上（忽略它对原电场的影响），将小球由静止开始释放，已知静电力常量为k、重力加速度为g，且，忽略空气阻力，则（　　）A．轨道上D点的场强大小为B．小球刚到达C点时，其加速度为零C．小球刚到达C点时，其动能为mgLD．小球沿直轨道CD下滑过程中，其电势能先增大后减小【答案】B【解析】负电荷产生的电场指向负电荷，可知两个负电荷在D处的电场强度分别指向A与B，由于两个点电荷的电量是相等的，所以两个点电荷在D点的电场强度的大小相等，则它们的合场强的方向沿∠ADB的角平分线DO，由库伦定律得两负电荷在D点的场强大小为，它们的合场强，故A错误；由几何关系得，则，对12 小球受力分析，其受力的剖面图如图，由于C到AB的距离与D到A、B的距离都等于L，结合A的分析可知，C点的电场强度的大小与D点的电场强度的大小相等，方向指向O点，即，沿斜面方向，垂直于斜面方向，其中是库仑力为，联立解得，故B正确；由于C与D到A、B的距离都等于L，结合等量同种点电荷的电场特点可知，C点与D点的电势是相等的，所以小球从D到C的过程中电场力做功的和等于0，则只有重力做功，小球的机械能守恒，得，小球的动能，故C错误；由几何关系可知，在CD的连线上，CD的中点到A、B的距离最小，电势最低，小球带正电，所以小球在CD的连线中点处的电势能最小，则小球沿直轨道CD下滑过程中，其电势能先减小后增大，故D错误。7．如图甲所示，在x轴上固定两个电荷量分别为＋2q、－q的点电荷，其中负电荷固定在坐标原点，两电荷的间距为L；图乙所示是两电荷所形成的电场的电势φ在x轴正半轴上的分布图像，电势的最大值为φ0，假设图像与x轴交点的横坐标为L，过交点作图像的切线a与纵轴相交，规定无限远处电势为0，下列说法正确的是（　　）A．x轴上电势为φ0的点电场强度不为0B．x轴上电势为φ0的点距离坐标原点的距离为LC．图像与x轴的交点处对应的场强大小为D．切线a与纵轴的交点的纵坐标为【答案】C【解析】φ－x关系图像切线的斜率的绝对值表示电场强度的大小，由图乙可知轴上电势为的点，对应的切线的斜率为0，则此点的电场强度为0，设此点到坐标原点（即负电荷）的距离为，根据点电荷的场强公式，可得在此点产生的场强，在此点产生的场强，此点的合场强为0，则有，即，解得，AB错误；图像与轴的交点12 的横坐标为，表示此点距、的距离分别为、此点的场强大小，C正确；设切线与纵轴的交点的纵坐标为，关系图像切线的斜率的绝对值表示电场强度的大小，则有，，综合解得，D错误。8．如图甲所示，空间内存在着四个沿竖直方向的带状匀强电场区，电场区的高度均为d，水平方向足够长，沿竖直向下的方向电势的变化图线如图乙所示，一个质量为m、电荷量为＋q的小球以初速度v0在电场区1的左上角处水平抛出，不计空气阻力，重力加速度为g，小球从上到下在四个电场区运动的时间分别为t1、t2、t3、t4，则（　　）A．小球在1、3区域运动的加速度是在2、4区域运动的加速度的2倍B．小球在1、3区域做曲线运动，在2、4区域做直线运动C．t1＞t2＞t3＞t4D．t1＜t2＜t3＜t4【答案】C【解析】根据沿着电场线的方向电势降低，可判断场区1的电场方向向下，场区2的电场方向向上，依次交替变化，而在场区1，由，可得，故，根据牛顿第二定律有，解得，进入场区2后，电场方向向上，由，则，负号表示电场力方向向上，由，解得，则，故A错误；在四个场区小球的加速度的方向都不会与速度方向相同，故小球的整个运动过程是非匀变速曲线运动，故B错误；在各场区的运动过程中，运动的时间与水平速度无关，而竖直方向一直加速，故越到下面的场区平均速度越大，故小球经历每个场区的时间越来越少，有t1＞t2＞t3＞t4，故C正确，D错误。9．如图(a)所示电路中，定值电阻R1＝R2＝5Ω，电容器电容C＝500μF，电源电动势E＝3.0V，内阻不计。开始时，单刀双掷开关S断开，电容器不带电。图(b)和图(c)分别为电容器两极间电压UC、电容器支路中电流IC随时间t变化的关系图线，规定电容器支路中电流方向向左为正方向，下列说法正确的是（　　）12 A．图(b)是开关S先置于1时的图像，图(c)是开关S置于1足够长时间后再置于2后的图像B．图(b)中a＝3.0V，图(c)中图线与坐标轴围成的面积等于1.5×10－3CC．图(b)中的t1和图(c)中的t2相等D．若开关S先置于1足够长时间后再置于2，经过0.1s电容器放电完毕，则流过定值电阻R2的平均电流为15mA【答案】ABD【解析】开关接1时，电容器处于充电过程，电压逐渐增大，开关接2时，电容器处于放电过程，电流逐渐减小，则图(b)是开关S先置于1时的图像，图(c)是开关S置于1足够长时间后再置于2后的图像，A正确；充电时电容器两极板的最大电压等于电源电动势，则图(b)中a＝3.0V，放电时，电容器所储存的电荷量，根据，所以图(c)中图线与坐标轴围成的面积等于1.5×10－3C，B正确；由于电容器的充放电时间不同，C错误；若开关S先置于1足够长时间后再置于2，经过0.1s电容器放电完毕，则有，则流过定值电阻R2的平均电流为15mA，D正确。10．如图所示，一透明绝缘半球壳，O为球心，一同学将带有等量异种电荷的小球分别固定在直径ab的两端，c、d、e、f为平行底面大圆的小圆上的点，且c、d位于过直径ab的大圆周上，e、f位于垂直直径ab面的大圆上，下列说法正确的是（）A．e点与f点的场强相同B．c点与d点的场强相同C．O点电势高于e点电势D．将一电荷从无穷远移到c点与从d点移到f点电势能的变化相同【答案】AD【解析】根据等量异种电荷电场线的分布特点可知e、f所在大圆上各点的场强相同；c点与d点的场强大小相同，方向不同，故A正确，B错误；等量异种电荷的中垂面是等势面，则O、e两点的电势相同，故C错误；取无穷远处电势为零，且等量异种电荷的中垂面是等势面，这个等势面可延伸到无穷远处，则这个等势面的电势为零，根据对称性可知，由公式易12 知，将一电荷从无穷远移到c点与从d点移到f点电势能的变化相同，故D正确。11．已知均匀带电圆环轴线上各点场强随距环心距离变化的图象如图甲所示。图乙中a、b为两个相同的均匀带电圆环，分别带有＋Q、－Q的电荷，两环圆心O、O′共轴，P为O、O′的中点。则以下分析正确的是（　　）A．在连线O、O′之间，P点电场强度一定最大B．从O点到O′点，电势逐渐降低C．过P点垂直于O、O′的平面为等势面D．从P点由静止释放一个不计重力的正粒子，粒子将一直向右加速【答案】BC【解析】由图甲可知，均匀带电圆环轴线上各点电场强度随距环心距离增大先增大后减小，则P点电场强度的矢量合不一定最大，故A错误；a为正电荷，b为负电荷，则从O到O′，a与b产生的电场的电场强度的方向都是向右，沿电场强度的方向电势降低，所以从O点到O′点，电势逐渐降低，故B正确；由图甲可知，均匀带电圆环轴线上各点电场强度的方向都是沿轴线的方向，a带正电，b带负电，a与b产生的电场，在沿OO′轴线上的O、O′之间的各点的电场强度的合矢量的方向一定都是沿OO′方向向右；过P点垂直于OO′连线上的各点合电场强度的大小一定相等，方向都是向右，与OO′的方向平行，所以过P点垂直于OO′的平面为等势面，故C正确；结合C的分析可知，在沿OO′轴线上O、O′之间的各点电场强度的合矢量的方向一定都是沿OO′方向向右，但在b的右侧某一点开始再向右的各点合场强的方向向左，所以从P点由静止释放一个不计重力的正粒子，则带正电荷的粒子受到的电场力的方向先向右后向左，所以粒子将先向右加速，后向右做减速运动，故D错误。12．如图(a)，竖直固定的平行金属板A、B间加有图(b)所示的交变电压，电压稳定（U0或－U0）时，板间为匀强电场且电场仅局限于板间。0时刻，在板间中心线OO′正上方的P点有一质量为m、电荷量为q的带电小球由静止自由下落，T时刻，小球由O点进入板间。已知PO等于板长的，小球穿越电场的过程中恰好与板无碰撞，小球可视为质点，重力加速度大小为g。则（　　）A．小球在两板间运动的时间为TB．两板的间距为12 C．出电场时，小球速度与竖直方向夹角的正切值为D．出电场时，小球的动能为【答案】AD【解析】小球在竖直方向做自由落体运动，因PO等于板长的，由初速度为零的匀加速直线运动的特殊关系可知，小球在两板间运动的时间与从P到O的时间相等，即等于T，A正确；在水平方向，以小球经过O点的时刻为新的计时起点，作出小球运动的速度时间（）图像如图所示，设板间距为d，因小球与板恰好无碰撞，故最大位移为，解得，B错误；出电场时，水平方向的速度达到负向最大值，即，竖直方向的速度大小，故速度与竖直方向夹角的正切值，小球的动能，C错误，D正确。二、非选择题（解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）13．如图所示，圆心在O点、半径为R的绝缘光滑半圆形轨道竖直固定在绝缘水平面上，B、C分别为轨道的最低和最高点，轨道左侧有一与O点等高的平台，平台右端为D，DO＝2R，过D、O的水平虚线下方(含虚线)有方向水平向右的匀强电场。现在D端正下方的水平面上A点无初速释放一质量为m、电荷量为q(q＞0)的小滑块，此后滑块从半圆形轨道的C点抛出且能够落在平台上。滑块与水平面间的动摩擦因数为0.5，滑块可视为质点且运动过程中电荷量不变，不计空气阻力，重力加速度大小为g。求：(1)滑块在C点对轨道的最小作用力大小；(2)匀强电场场强的最小值。12 【解析】(1)从C到平台，滑块做平抛运动。由题意知，当滑块恰好落到平台上D点时，对应着匀强电场场强的最小值，也对应着滑块在C点对轨道有最小作用力。设在C点时，滑块的速率为vC，轨道对滑块的作用大小为F由运动学规律有，由牛顿第二定律有联立以上三式解得，由牛顿第三定律解得滑块在C点对轨道的最小作用力大小为。(2)滑块在水平面受到的滑动摩擦力大小设场强最小值为E，则滑块在电场中受到的电场力大小从A到C，由动能定理有解得。14．如图所示，A、B两点固定有电荷量相等的带正电小球，两小球到其连线中点O的距离均为x＝0.8m。现用两根长度均为L＝1m的绝缘细线由A、B两点系一带电小球C，静止时，细线张力恰好为零。己知小球C的质量m＝0.1kg，电荷量C，重力加速度g＝10m/s2，静电力常量k＝9.0×109N·m2/C2，不计空气阻力。(1)求小球C所处位置的电场强度大小；(2)求A、B处小球的电荷量Q；(3)若给小球C一初速度，使小球C恰能在竖直面内做圆周运动，求小球经过最低点时细线的拉力大小。【解析】(1)设小球C所处位置的电场强度大小为E，根据小球C静止时，细线张力恰好为零，对小球受力分析可知代入数据解得。(2)因A、B12 两点固定有电量相等且带正电的小球，则两个点电荷在小球C所处位置产生的电场强度的大小相等，设一个带正电小球在C所处位置产生的电场强度的大小为，AC与AB连线夹角为，由已知条件可知根据电场的叠加原理可知小球C所处位置的电场强度解得再根据点电荷场强公式代入数据解得。(3)若给小球C一初速度，使小球C恰能在竖直面内做圆周运动，则当小球C到达最高点时，细线张力为零，由于对称性可知最高点和最低点的电场强度大小相等方向相反，则根据牛顿第二定律代入数据解得小球C从最高点运动到最低点的过程中，通过分析可知，只有重力做功，根据机械能守恒定律代入数据解得小球在最低点速度设小球在最低点时绳子的张力为F，根据牛顿第二定律代入数据解得。15．如图所示，水平轨道MQ与竖直放置的圆弧轨道PQ在Q处平滑连接，圆弧轨道半径R＝1.8m、O为圆心，圆弧的圆心角θ＝60°。一质量m＝2kg的带负电（q＝0.2C）的小球A从电场中某处以v0＝m/s的速度水平向右抛出，恰好能在P点沿轨道的切线进入圆弧轨道。已知OQ左侧存在竖直向下的大小为E1＝50N/C的匀强电场，在水平轨道的ab、cd区域中存在水平向左的大小为E2＝5N/C的匀强电场，水平轨道的右侧固定一个轻质弹簧，弹簧左端连接一个质量为M＝5kg的不带电的绝缘物块B。已知A、B之间的碰撞为弹性碰撞，且第一次碰前B是静止的，碰撞过程中A物体的带电量不变，且ab、cd之间的距离为L＝14m，不计一切摩擦，重力加速度g＝10m/s2。求：12 (1)A球在P处时速度的大小；(2)A、B第一次碰撞后，弹簧的最大弹性势能；(3)若A、B每次碰撞后，物块B再次回到平衡位置时弹簧都会被锁定，当它们再次碰撞前解除锁定，求小球A在ab、cd之间运动的总时间。（结果可以带根号）【解析】(1)根据速度的合成与分解可得A球在P处时速度的大小为(2)设A球运动到Q点时的速度大小为vQ，对A球从P到Q的过程，根据动能定理有解得设A与B第一次碰撞前瞬间A的速度为v1，对A从Q到与B碰撞前瞬间的过程，根据动能定理有解得设A与B第一碰撞后瞬间A、B的速度分别为和，根据动量守恒定律和能量守恒定律有解得，A、B第一次碰撞后，弹簧的最大弹性势能。(3)因为所以A第二次进入E2区域后不能从左边界穿出E2区域，根据对称性可知，A再次从右边界穿出E2区域时的速度大小与进入时的速度大小相等，均为，A在E2区域中运动的加速度大小为12 则A第一次在E2区域中往复运动的时间为对A、B的第二次碰撞过程，同理有解得则A第二次在E2区域中往复运动的时间为同理可得A第n次在E2区域中往复运动的时间为所以A在E2区域中往复运动的总时间为A第一次穿越E2区域的时间为所以小球A在ab、cd之间运动的总时间为。12