2025屆高考物理二輪復(fù)習專題三電場和磁場第7講靜電場理-專項訓(xùn)練1.[2024·臺州一中模擬]如圖所示,兩個等量異種點電荷產(chǎn)生的電場中,a、b、c、d四點分別處于正方形的四個頂點上,其中a、b兩點在兩點電荷的連線上,且關(guān)于連線的中垂線對稱,則下列說法正確的是 ()A.a、b兩點的電勢相等B.c、d兩點的電場強度相同C.移動單位負電荷從d到c,電場力做正功D.移動單位正電荷從b到d,電場力沿b→c→d做功比直接沿對角線做功大2.如圖所示的電路中,電介質(zhì)板與被測量的物體A相連,當電介質(zhì)向左或向右移動時,通過相關(guān)參量的變化可以將A定位.開始單刀雙擲開關(guān)接1,然后將單刀雙擲開關(guān)接2.下列說法正確的是 ()A.開關(guān)接1,x增大時,平行板電容器帶的電荷量增大B.開關(guān)接1,x增大時,電路中的電流沿順時針方向C.開關(guān)接2,x減小時,靜電計的指針偏角減小D.開關(guān)接2,x減小時,平行板間的電場強度不變3.[2024·慈溪模擬]靜電透鏡是利用靜電場使電子束會聚或發(fā)散的一種裝置.如圖所示,一電子在電場中僅受電場力的作用,實線描繪出了其運動軌跡,虛線表示等勢線,各等勢線關(guān)于y軸對稱,a、b、c、d分別是軌跡與等勢線的交點.已知電子在經(jīng)過a點時的動能為60eV,各等勢線的電勢高低已標注在圖中,則 ()A.a、d兩點的電場強度相同B.電子從a點運動到b點過程,電場力做負功C.電子從c點運動到d點過程,電勢能逐漸減小D.電子在經(jīng)過等勢線d點時的動能為60eV4.[2024·舟山模擬]已知電荷均勻分布的球殼對內(nèi)部點電荷的庫侖力為零.如圖所示,在半徑為R、電荷均勻分布的帶正電球體內(nèi)有一穿過球心O的光滑真空細通道,帶負電的絕緣小球從入口A點由靜止釋放后穿過通道到達球體另一端的B點,其中C點到O點的距離為x.若小球從A點釋放瞬間加速度大小為a,不計小球重力,細通道及小球?qū)η蝮w的電荷分布無影響,則下列說法正確的是 ()A.帶電小球在C點時加速度大小為a1?B.帶電小球在通道內(nèi)先做勻加速運動后做勻減速運動C.帶電小球的最大速度為aRD.帶電小球從A點運動到B點的時間大于4R5.如圖所示,傾角為30°的光滑絕緣斜面足夠長,空間存在方向與斜面平行的勻強電場.質(zhì)量為m、電荷量為-q(q>0)的帶電小球(可視為質(zhì)點)從固定斜面的底端A點由靜止釋放,經(jīng)過t時間,小球沿斜面上升到B點,此時撤去電場,又經(jīng)過2t時間,小球恰好回到初始位置A,重力加速度為g.下列說法正確的是()A.撤去電場前,小球電勢能逐漸增加B.帶電小球上滑過程中,撤去電場前、后的加速度大小之比1∶2C.小球從底端A沿斜面上升到最高點的時間為95D.撤去電場前,A、B兩點間的電勢差為96.[2024·溫州模擬]在電場強度方向水平向右的勻強電場中,將一帶電小球從A點豎直向上拋出,其運動的軌跡如圖所示,小球運動軌跡上的A、B兩點在同一水平線上,M點為軌跡的最高點,小球拋出時的動能為8J,在M點時的動能為6J,不計空氣的阻力,小球可視為質(zhì)點.下列判斷正確的是 ()A.小球的水平位移x1與x2之比為1∶2B.小球的水平位移x1與x2之比為1∶4C.小球落到B點時的動能為32JD.小球從A點運動到B點的過程中,最小動能為6J7.[2024·杭州四中模擬]如圖所示,兩平行金屬極板水平放置,充電后上極板帶正電,下極板接地.一電子以某一初速度從極板左側(cè)O點水平射入并從右側(cè)P點飛出,飛出極板時電子的電勢能為Ep.若保持極板帶電荷量不變,只將下極板向上平移一小段距離,電子再次以同一速度從O點水平射入,則電子從右側(cè)飛出時,下列說法正確的是 ()A.飛出時的位置在P點上方B.飛出時的位置在P點下方C.電勢能等于EpD.電勢能大于Ep8.[2024·湖州模擬]如圖所示,加速電場的兩極板P、Q豎直放置,兩極板間距為d,電壓為U1;偏轉(zhuǎn)電場的兩極板M、N水平放置,兩極板長度及間距均為L,電壓為U2.P、Q極板上分別有小孔A、B,AB連線與偏轉(zhuǎn)電場中心線BC共線.質(zhì)量為m、電荷量為q的正離子從小孔A無初速度進入加速電場,經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場,到達探測器(探測器可上下移動).整個裝置處于真空環(huán)境,且不計離子重力.下列說法正確的是 ()A.離子在加速電場中運動的時間為dmB.離子在M、N板間運動的時間為LmC.離子到達探測器的最大動能為qUD.為保證離子不打在M、N極板上,U1與U2應(yīng)滿足的關(guān)系為U2>2U19.如圖甲所示的豎直平面內(nèi),豎直金屬薄板M、N足夠長且平行正對放置,M板為電子發(fā)射裝置,可向各個方向持續(xù)發(fā)射出速率介于0到最大值v(v未知)之間的電子,兩板間電壓大小為U,正負變化周期為T(如圖乙所示),電子在M、N間運動的時間遠小于T且0~0.5T內(nèi)N板中央小孔O1恰好始終沒有電子射出.N板、豎直屏K1、豎直屏K2和豎直虛線GH等距放置,僅K2與GH間分布著方向豎直向上的勻強電場,電場強度大小為E=5TmUe,屏K1、K2上有兩個關(guān)閉的小閥門a、b,a、b位置與O1共線且該線與水平線O1O2方向的夾角θ=37°.0時刻打開閥門a、b,T時刻恰好有電子穿過閥門a,1.5T時刻關(guān)閉閥門a,1.52T時刻關(guān)閉閥門b.已知電子質(zhì)量為m、電荷量大小為e,不考慮電子之間的碰撞及相互作用,忽略金屬板的邊緣效應(yīng),sin37°=0.6,cos37°=0(1)求電子經(jīng)O1射出時的最大速率vm;(2)若電子落在屏K1上不同位置P(P始終在O1O2連線上方),對應(yīng)角度∠PO1O2=φ,求電子落在P處的速率vP及角度φ的取值范圍;(3)電子通過虛線GH時的最大動能Ekm(數(shù)字系數(shù)保留兩位有效數(shù)字). 參考答案與詳細解析1.C[解析]由于沿電場線方向電勢降低,可知φa<φb,A錯誤;電場線分布的疏密程度表示電場的強弱,根據(jù)等量異種點電荷的電場線分布特征可知,c、d兩點的電場強度大小相等,但方向不同,即c、d兩點的電場強度不相同,B錯誤;由于沿電場線方向電勢降低,可知φd<φc,移動單位負電荷從d到c,根據(jù)Wdc=-qUdc=-q(φd-φc)>0,可知電場力做正功,C正確;電場力做功只與移動的電荷量和初、末位置的電勢差有關(guān),與移動的路徑無關(guān),所以移動單位正電荷從b到d,電場力沿b→c→d做功與直接沿對角線做功相等,D錯誤.2.C[解析]開關(guān)接1,則平行板間的電壓U不變,x增大時,εr減小,由C=εrS4πkd可知電容器的電容C減小,由Q=CU可知平行板電容器帶的電荷量Q減小,電容器放電,由電路圖可知,電路中的電流沿逆時針方向,A、B錯誤;開關(guān)接2,則電容器帶的電荷量保持不變,x減小時,εr增大,由C=εrS4πkd可知電容器的電容增大,由U=QC可知平行板間的電壓減小,則靜電計的指針偏角減小,由E=3.D[解析]根據(jù)等勢線與電場線垂直,可知a、d兩點的電場強度方向不同,故a、d兩點的電場強度不同,故A錯誤;電子從a點運動到b點過程中,電勢升高,所以電場力做正功,故B錯誤;電子從c點運動到d點過程中,電勢降低,所以電勢能逐漸增大,故C錯誤;a、d兩點的電勢相等,故電子從a點運動到d點,電場力做功為0,所以電子在經(jīng)過等勢線d點時的動能為60eV,故D正確.4.C[解析]設(shè)電荷均勻分布的帶正電球體所帶的電荷量為Q,帶負電的絕緣小球所帶的電荷量為q,根據(jù)牛頓第二定律,小球在A點時,有kQqR2=ma,則小球在A點時加速度為a=kQqmR2,C點以內(nèi)的帶正電球體所帶的電荷量為Q1=43πx343πR3Q=x3R3Q,根據(jù)牛頓第二定律,帶電小球在C點時,有kQ1qx2=ma1,解得帶電小球在C點時加速度為a1=kQqmR2·xR=a·xR,故A錯誤;根據(jù)A項分析可知,小球在通道內(nèi)任一點的加速度大小與該點到O點的距離成正比,故帶電小球在通道內(nèi)先做加速度減小的加速運動后做加速度增大的減速運動,故B錯誤;取A點為坐標原點,AB方向為正方向,建立a-x坐標系,如圖甲所示,圖線與橫軸所圍面積乘上質(zhì)量m即表示合外力做的功,根據(jù)B項分析可知,在O點時小球的加速度為零,速度最大,根據(jù)動能定理得12ma·R=12mvm2,解得帶電小球的最大速度為vm=aR,故C正確;畫出帶電小球由A點運動到B點的v-t圖像,甲乙5.C[解析]撤去電場前,小球運動過程中,電場力對小球做正功,小球的電勢能逐漸減小,故A錯誤;設(shè)撤去電場時小球的位移大小為x,速度大小為v0,撤去電場前小球的加速度大小為a1,撤去電場后小球的加速度大小為a2,根據(jù)位移與時間的關(guān)系可得x=12a1t2,-x=v0·2t-12a2(2t)2,根據(jù)速度與時間的關(guān)系可得v0=a1t,聯(lián)立解得a1a2=45,故B錯誤;撤去電場后小球上升到最高點的時間t1=v0a2,聯(lián)立解得t1=45t,所以小球從底端A沿斜面上升到最高點的時間為t'=t+t1=95t,故C正確;撤去電場后,由牛頓第二定律得mgsin30°=ma2,解得a2=g2,則a1=45a2=25g,v0=a1t=25gt,x=12a1t2=15gt2,撤去電場前,根據(jù)動能定理有-UABq-mgx6.C[解析]小球在豎直方向上上升和下落的時間相同,小球在水平方向上做初速度為零的勻加速運動,由比例關(guān)系可知,水平位移之比x1∶x2=1∶3,選項A、B錯誤;設(shè)小球在M點時的水平分速度為vx,則小球在B點時的水平分速度為2vx,根據(jù)題意有12mv02=8J,12mvx2=6J,因而小球在B點時的動能為EkB=12m[v02+(2vx)2]=32J,選項C正確;小球受到重力與靜電力,合力為恒力,方向斜向右下,小球在A點時合力方向與速度方向之間的夾角為鈍角,小球在M點時合力方向與速度方向之間的夾角為銳角,則小球從A點運動到N點的過程中,合力對小球先做負功后做正功,由動能定理知,小球從A點運動到M點的過程中,動能先減小后增大,同理,小球從M點運動到B點的過程中,由于合力方向與速度方向的夾角始終為銳角,所以合力一直做正功,動能一直增大,故小球從A點運動到B點的過程中7.D[解析]若保持極板帶電荷量Q不變,只將下極板向上平移一小段距離,則根據(jù)E=Ud=QCd=4πkQεrS,可知兩板間場強不變,電子再次以同一速度從O點水平射入,在電場中受力情況不變,所以飛出時的位置仍在P點,因下極板上移,則此時P點的電勢降低,電子的電勢能增加,即電勢能大于Ep,故選項A、B8.B[解析]離子在加速電場中做勻加速直線運動,加速度為a1=qU1dm,由運動學(xué)公式得d=12a1t12,聯(lián)立解得離子在加速電場中運動的時間為t1=d2mqU1,故A錯誤;設(shè)離子進入偏轉(zhuǎn)電場時速度為v0,由動能定理得qU1=12mv02,離子在M、N板間運動的時間為t2=Lv0,聯(lián)立解得t2=Lm2qU1,故B正確;當離子沿M或N板飛出時,離子到達探測器時動能最大,由動能定理得最大動能Ekm=qU1+qU22,故C錯誤;為保證離子不打在M、N極板上,9.(1)2eUm(2)1cosφ2eUm≤vP≤2eUmφ[解析](1)根據(jù)題意,0~0.5T內(nèi),由動能定理有-eU=0-12mv0.5T~T內(nèi),由動能定理有eU=12mvm2-聯(lián)立解得vm=2eU(2)設(shè)電子離開O1時的水平速度最小值為vmin,由動能定理有eU=12mv解得vmin=2則電子落在位置P時的最小速度為vP1=vmincos電子離開O1后落在位置P時的最大速度為vP2=vm=2eU由于vP2≥vP1故cosφ≥2即φ≤45°電子落在P處的速率vP的取值范圍為1cosφ2eUm≤(3)當φ=37°時,電子到達屏K1時的速度v的取值范圍為v1=542eUm≤v≤0時刻打開閥門a、b,T時刻恰好有電子穿過閥門a,說明0.5T時刻從O1射出的速率為v2的電子在T時刻到達閥門a,有l(wèi)O1a=v2(T-0.該電子運動到閥門b過程,有l(wèi)O1b=v2(t-0.又知lO1解得t=1.5T即該電子在1.5T時刻運動到閥門b.設(shè)1.52T時刻能穿過閥門b的電子最小速率v3,則該電子是在0.5T時刻從O1射出,有l(wèi)O1b=v3(1.52T-0.解得v3=5051v2=由lO1a=v3(t'-0.