2025届高考物理二轮复习：专题三 电场和磁场 第7讲 静电场理-专项训练 【含答案】

2025届高考物理二轮复习专题三电场和磁场第7讲静电场理-专项训练1.[2024·台州一中模拟]如图所示,两个等量异种点电荷产生的电场中,a、b、c、d四点分别处于正方形的四个顶点上,其中a、b两点在两点电荷的连线上,且关于连线的中垂线对称,则下列说法正确的是 ()A.a、b两点的电势相等B.c、d两点的电场强度相同C.移动单位负电荷从d到c,电场力做正功D.移动单位正电荷从b到d,电场力沿b→c→d做功比直接沿对角线做功大2.如图所示的电路中,电介质板与被测量的物体A相连,当电介质向左或向右移动时,通过相关参量的变化可以将A定位.开始单刀双掷开关接1,然后将单刀双掷开关接2.下列说法正确的是 ()A.开关接1,x增大时,平行板电容器带的电荷量增大B.开关接1,x增大时,电路中的电流沿顺时针方向C.开关接2,x减小时,静电计的指针偏角减小D.开关接2,x减小时,平行板间的电场强度不变3.[2024·慈溪模拟]静电透镜是利用静电场使电子束会聚或发散的一种装置.如图所示,一电子在电场中仅受电场力的作用,实线描绘出了其运动轨迹,虚线表示等势线,各等势线关于y轴对称,a、b、c、d分别是轨迹与等势线的交点.已知电子在经过a点时的动能为60eV,各等势线的电势高低已标注在图中,则 ()A.a、d两点的电场强度相同B.电子从a点运动到b点过程,电场力做负功C.电子从c点运动到d点过程,电势能逐渐减小D.电子在经过等势线d点时的动能为60eV4.[2024·舟山模拟]已知电荷均匀分布的球壳对内部点电荷的库仑力为零.如图所示,在半径为R、电荷均匀分布的带正电球体内有一穿过球心O的光滑真空细通道,带负电的绝缘小球从入口A点由静止释放后穿过通道到达球体另一端的B点,其中C点到O点的距离为x.若小球从A点释放瞬间加速度大小为a,不计小球重力,细通道及小球对球体的电荷分布无影响,则下列说法正确的是 ()A.带电小球在C点时加速度大小为a1−B.带电小球在通道内先做匀加速运动后做匀减速运动C.带电小球的最大速度为aRD.带电小球从A点运动到B点的时间大于4R5.如图所示,倾角为30°的光滑绝缘斜面足够长,空间存在方向与斜面平行的匀强电场.质量为m、电荷量为-q(q>0)的带电小球(可视为质点)从固定斜面的底端A点由静止释放,经过t时间,小球沿斜面上升到B点,此时撤去电场,又经过2t时间,小球恰好回到初始位置A,重力加速度为g.下列说法正确的是()A.撤去电场前,小球电势能逐渐增加B.带电小球上滑过程中,撤去电场前、后的加速度大小之比1∶2C.小球从底端A沿斜面上升到最高点的时间为95D.撤去电场前,A、B两点间的电势差为96.[2024·温州模拟]在电场强度方向水平向右的匀强电场中,将一带电小球从A点竖直向上抛出,其运动的轨迹如图所示,小球运动轨迹上的A、B两点在同一水平线上,M点为轨迹的最高点,小球抛出时的动能为8J,在M点时的动能为6J,不计空气的阻力,小球可视为质点.下列判断正确的是 ()A.小球的水平位移x1与x2之比为1∶2B.小球的水平位移x1与x2之比为1∶4C.小球落到B点时的动能为32JD.小球从A点运动到B点的过程中,最小动能为6J7.[2024·杭州四中模拟]如图所示,两平行金属极板水平放置,充电后上极板带正电,下极板接地.一电子以某一初速度从极板左侧O点水平射入并从右侧P点飞出,飞出极板时电子的电势能为Ep.若保持极板带电荷量不变,只将下极板向上平移一小段距离,电子再次以同一速度从O点水平射入,则电子从右侧飞出时,下列说法正确的是 ()A.飞出时的位置在P点上方B.飞出时的位置在P点下方C.电势能等于EpD.电势能大于Ep8.[2024·湖州模拟]如图所示,加速电场的两极板P、Q竖直放置,两极板间距为d,电压为U1;偏转电场的两极板M、N水平放置,两极板长度及间距均为L,电压为U2.P、Q极板上分别有小孔A、B,AB连线与偏转电场中心线BC共线.质量为m、电荷量为q的正离子从小孔A无初速度进入加速电场,经过偏转电场,到达探测器(探测器可上下移动).整个装置处于真空环境,且不计离子重力.下列说法正确的是 ()A.离子在加速电场中运动的时间为dmB.离子在M、N板间运动的时间为LmC.离子到达探测器的最大动能为qUD.为保证离子不打在M、N极板上,U1与U2应满足的关系为U2>2U19.如图甲所示的竖直平面内,竖直金属薄板M、N足够长且平行正对放置,M板为电子发射装置,可向各个方向持续发射出速率介于0到最大值v(v未知)之间的电子,两板间电压大小为U,正负变化周期为T(如图乙所示),电子在M、N间运动的时间远小于T且0~0.5T内N板中央小孔O1恰好始终没有电子射出.N板、竖直屏K1、竖直屏K2和竖直虚线GH等距放置,仅K2与GH间分布着方向竖直向上的匀强电场,电场强度大小为E=5TmUe,屏K1、K2上有两个关闭的小阀门a、b,a、b位置与O1共线且该线与水平线O1O2方向的夹角θ=37°.0时刻打开阀门a、b,T时刻恰好有电子穿过阀门a,1.5T时刻关闭阀门a,1.52T时刻关闭阀门b.已知电子质量为m、电荷量大小为e,不考虑电子之间的碰撞及相互作用,忽略金属板的边缘效应,sin37°=0.6,cos37°=0(1)求电子经O1射出时的最大速率vm;(2)若电子落在屏K1上不同位置P(P始终在O1O2连线上方),对应角度∠PO1O2=φ,求电子落在P处的速率vP及角度φ的取值范围;(3)电子通过虚线GH时的最大动能Ekm(数字系数保留两位有效数字). 参考答案与详细解析1.C[解析]由于沿电场线方向电势降低,可知φa<φb,A错误;电场线分布的疏密程度表示电场的强弱,根据等量异种点电荷的电场线分布特征可知,c、d两点的电场强度大小相等,但方向不同,即c、d两点的电场强度不相同,B错误;由于沿电场线方向电势降低,可知φd<φc,移动单位负电荷从d到c,根据Wdc=-qUdc=-q(φd-φc)>0,可知电场力做正功,C正确;电场力做功只与移动的电荷量和初、末位置的电势差有关,与移动的路径无关,所以移动单位正电荷从b到d,电场力沿b→c→d做功与直接沿对角线做功相等,D错误.2.C[解析]开关接1,则平行板间的电压U不变,x增大时,εr减小,由C=εrS4πkd可知电容器的电容C减小,由Q=CU可知平行板电容器带的电荷量Q减小,电容器放电,由电路图可知,电路中的电流沿逆时针方向,A、B错误;开关接2,则电容器带的电荷量保持不变,x减小时,εr增大,由C=εrS4πkd可知电容器的电容增大,由U=QC可知平行板间的电压减小,则静电计的指针偏角减小,由E=3.D[解析]根据等势线与电场线垂直,可知a、d两点的电场强度方向不同,故a、d两点的电场强度不同,故A错误;电子从a点运动到b点过程中,电势升高,所以电场力做正功,故B错误;电子从c点运动到d点过程中,电势降低,所以电势能逐渐增大,故C错误;a、d两点的电势相等,故电子从a点运动到d点,电场力做功为0,所以电子在经过等势线d点时的动能为60eV,故D正确.4.C[解析]设电荷均匀分布的带正电球体所带的电荷量为Q,带负电的绝缘小球所带的电荷量为q,根据牛顿第二定律,小球在A点时,有kQqR2=ma,则小球在A点时加速度为a=kQqmR2,C点以内的带正电球体所带的电荷量为Q1=43πx343πR3Q=x3R3Q,根据牛顿第二定律,带电小球在C点时,有kQ1qx2=ma1,解得带电小球在C点时加速度为a1=kQqmR2·xR=a·xR,故A错误;根据A项分析可知,小球在通道内任一点的加速度大小与该点到O点的距离成正比,故带电小球在通道内先做加速度减小的加速运动后做加速度增大的减速运动,故B错误;取A点为坐标原点,AB方向为正方向,建立a-x坐标系,如图甲所示,图线与横轴所围面积乘上质量m即表示合外力做的功,根据B项分析可知,在O点时小球的加速度为零,速度最大,根据动能定理得12ma·R=12mvm2,解得带电小球的最大速度为vm=aR,故C正确;画出带电小球由A点运动到B点的v-t图像,甲乙5.C[解析]撤去电场前,小球运动过程中,电场力对小球做正功,小球的电势能逐渐减小,故A错误;设撤去电场时小球的位移大小为x,速度大小为v0,撤去电场前小球的加速度大小为a1,撤去电场后小球的加速度大小为a2,根据位移与时间的关系可得x=12a1t2,-x=v0·2t-12a2(2t)2,根据速度与时间的关系可得v0=a1t,联立解得a1a2=45,故B错误;撤去电场后小球上升到最高点的时间t1=v0a2,联立解得t1=45t,所以小球从底端A沿斜面上升到最高点的时间为t'=t+t1=95t,故C正确;撤去电场后,由牛顿第二定律得mgsin30°=ma2,解得a2=g2,则a1=45a2=25g,v0=a1t=25gt,x=12a1t2=15gt2,撤去电场前,根据动能定理有-UABq-mgx6.C[解析]小球在竖直方向上上升和下落的时间相同,小球在水平方向上做初速度为零的匀加速运动,由比例关系可知,水平位移之比x1∶x2=1∶3,选项A、B错误;设小球在M点时的水平分速度为vx,则小球在B点时的水平分速度为2vx,根据题意有12mv02=8J,12mvx2=6J,因而小球在B点时的动能为EkB=12m[v02+(2vx)2]=32J,选项C正确;小球受到重力与静电力,合力为恒力,方向斜向右下,小球在A点时合力方向与速度方向之间的夹角为钝角,小球在M点时合力方向与速度方向之间的夹角为锐角,则小球从A点运动到N点的过程中,合力对小球先做负功后做正功,由动能定理知,小球从A点运动到M点的过程中,动能先减小后增大,同理,小球从M点运动到B点的过程中,由于合力方向与速度方向的夹角始终为锐角,所以合力一直做正功,动能一直增大,故小球从A点运动到B点的过程中7.D[解析]若保持极板带电荷量Q不变,只将下极板向上平移一小段距离,则根据E=Ud=QCd=4πkQεrS,可知两板间场强不变,电子再次以同一速度从O点水平射入,在电场中受力情况不变,所以飞出时的位置仍在P点,因下极板上移,则此时P点的电势降低,电子的电势能增加,即电势能大于Ep,故选项A、B8.B[解析]离子在加速电场中做匀加速直线运动,加速度为a1=qU1dm,由运动学公式得d=12a1t12,联立解得离子在加速电场中运动的时间为t1=d2mqU1,故A错误;设离子进入偏转电场时速度为v0,由动能定理得qU1=12mv02,离子在M、N板间运动的时间为t2=Lv0,联立解得t2=Lm2qU1,故B正确;当离子沿M或N板飞出时,离子到达探测器时动能最大,由动能定理得最大动能Ekm=qU1+qU22,故C错误;为保证离子不打在M、N极板上,9.(1)2eUm(2)1cosφ2eUm≤vP≤2eUmφ[解析](1)根据题意,0~0.5T内,由动能定理有-eU=0-12mv0.5T~T内,由动能定理有eU=12mvm2-联立解得vm=2eU(2)设电子离开O1时的水平速度最小值为vmin,由动能定理有eU=12mv解得vmin=2则电子落在位置P时的最小速度为vP1=vmincos电子离开O1后落在位置P时的最大速度为vP2=vm=2eU由于vP2≥vP1故cosφ≥2即φ≤45°电子落在P处的速率vP的取值范围为1cosφ2eUm≤(3)当φ=37°时,电子到达屏K1时的速度v的取值范围为v1=542eUm≤v≤0时刻打开阀门a、b,T时刻恰好有电子穿过阀门a,说明0.5T时刻从O1射出的速率为v2的电子在T时刻到达阀门a,有lO1a=v2(T-0.该电子运动到阀门b过程,有lO1b=v2(t-0.又知lO1解得t=1.5T即该电子在1.5T时刻运动到阀门b.设1.52T时刻能穿过阀门b的电子最小速率v3,则该电子是在0.5T时刻从O1射出,有lO1b=v3(1.52T-0.解得v3=5051v2=由lO1a=v3(t'-0.