课时提升训练(4) 静电场中的三个经典问题（Word练习）-【百汇大课堂】2026年高考物理总复习下册·第1轮（浙江专用）

课时提升训练(4)　静电场中的三个经典问题　　　　　　　　　　　　　　　　 热点一　电场中的图像问题 1.(多选)云层的上端带正电荷，下端带负电荷，云层接近地面时会使地面上的潮湿物体带上异种电荷，云层和物体便构成电容器，当电荷足够多时电容器可被击穿从而发生雷击现象，造成危害。为避免雷击现象发生，人们在高大的建筑物上安装避雷针，云层和避雷针之间电场分布如图所示，A、B在同一电场线上，以A为原点沿A到B的方向建立x轴，一带负电粒子从A运动到B，若取A点电势为零，则电场线AB上各点电势φ以及粒子运动的vt图像可能正确的是(　　) 答案：BC 2.(多选)在x轴上有两个点电荷q1、q2，q1、q2的静电场的电势φ在x轴上的分布如图所示。下列说法正确的是(　　) A．x<x1区域电场沿x轴负方向，x1<x<x2区域电场沿x轴正方向 B．x2处的电场强度为最大 C．负电荷从x1移到x2，电势能减小 D．负电荷从x1移到x2，受到的电场力减小 CD　解析：沿电场方向，电势降低，x<x1区域电场沿x轴负方向，x1<x<x2区域电场沿x轴负方向，A错误；在φ­x图像中，图像的斜率表示电场强度，x2处的电场强度为最小，B错误；根据Ep＝qφ可知负电荷从x1处移到x2处，电势能减小，C正确；从x1处移到x2，图像的斜率减小，所以电场强度减小，即电场力减小，D正确。 热点二　带电粒子在交变电场中的运动问题 3．(多选)如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像。当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带正电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是(　　) A．带电粒子始终向同一个方向运动 B．2 s末带电粒子回到原出发点 C．3 s末带电粒子的速度为零 D．0～3 s内，电场力做的总功为零 CD　解析：设第1 s内粒子的加速度大小为a1，第2 s内的加速度大小为a2，由a＝可知a2＝2a1，可见，粒子第1 s内向负方向运动，1.5 s末的速度为零，然后向正方向运动，至3 s末回到原出发点，粒子的速度为0，vt图像如图所示，由动能定理可知，此过程中电场力做的总功为零，综上所述，C、D正确，A、B错误。 热点三　带电粒子在静电场中的力电综合问题 4．如图所示，LMN是竖直平面内固定的光滑绝缘轨道，MN水平且足够长，LM下端与MN相切。质量为m的带正电小球B静止在水平面上，质量为2m的带正电小球A从LM上距水平面高为h处由静止释放，在A球进入水平轨道之前，由于A、B两球相距较远，相互作用力可认为等于零，A球进入水平轨道后，A、B两球间相互作用视为静电作用，带电小球均可视为质点。已知A、B两球始终没有接触。重力加速度为g。求： (1)A球刚进入水平轨道的速度大小； (2)A、B两球相距最近时，A、B两球系统的电势能Ep； (3)A、B两球最终的速度vA、vB的大小。 答案：(1)　(2)mgh　(3)　 解析：(1)对A球下滑的过程，据机械能守恒得2mgh＝×2mv02 解得v0＝。 (2)A球进入水平轨道后，两球组成的系统动量守恒，当两球相距最近时速度相同，有 2mv0＝(2m＋m)v 解得v＝v0＝ 据能量守恒定律得2mgh＝(2m＋m)v2＋Ep 解得Ep＝mgh。 (3)两球相距最近之后，在静电斥力作用下相互远离，两球距离足够远时，相互作用力为零，系统势能也为零，速度达到稳定， 则2mv0＝2mvA＋mvB ×2mv02＝×2mvA2＋mvB2 解得vA＝v0＝ vB＝v0＝。 5．如图甲为一对长度为L的平行金属板，在两板之间加上如图乙所示的电压。现沿两板的中轴线从左端向右端连续不断射入初速度为v0的相同带电粒子(不计重力及粒子间的相互作用)，且所有粒子均能从平行金属板的右端飞出。若粒子在两板之间的运动时间均为T，则粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大小之比是　(　　) A．1∶1 B．2∶1 C．3∶1 D．4∶1 C　解析：带电粒子在两板之间的运动时间均为T，设偏转电场电压不为零时，粒子在偏转电场中的加速度为a，若粒子在t＝nT(n＝0，1，2，…)时刻进入偏转电场，则竖直方向上先加速后匀速，然后飞出偏转电场，此时粒子偏转位移最大，ymax＝a·()2＋a··＝aT2；若粒子在t＝nT＋(n＝0，1，2，…)时刻进入偏转电场，则竖直方向上先静止后加速，然后飞出偏转电场，此时粒子偏转位移最小，ymin＝0＋a()2＝aT2，则粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大小之比是3∶1，C正确。 6.(多选)如图所示，菱形aObP(ab>2OP)的顶点a、b处分别固定有等量的正点电荷。取无穷远为零电势点，OP方向为x轴正方向。若将一带负电的粒子从O点由静止释放，在粒子从O点运动到P点的过程中，下列关于O、P间的电场强度E、电势φ以及粒子的电势能Ep、动能Ek分别随x变化的图线中，可能正确的是(　　) BD　解析：根据等量正点电荷连线中垂线上的电场强度分布可知，从O到P电场强度可能先增加后减小到零，然后反向增加再减小；或者先减小到零，然后反向增加，因此电场强度在过OP中点后图像应在x轴下方，A错误，从O到P电势先升高后降低，O、P两点电势相等，中点电势最高，B正确；静电力对负电荷先做正功后做负功，则动能先增加后减小，电势能先减小后增加，但是负电荷在各点的电势能均为负值，Epx图像应该在x轴下方，C错误，D正确。 7．如图所示，足够长的光滑绝缘水平台面左端固定一被压缩的绝缘轻质弹簧，一个质量m＝0.05 kg的可视为质点的带电小球与弹簧接触但不拴接，小球带电荷量q＝＋1×10－4 C。某一瞬间释放弹簧弹出小球，小球从水平台面右端A点飞出，恰好能以v＝5 m/s的速率没有碰撞地落到粗糙倾斜轨道的最高点B，并沿轨道滑下。已知倾斜轨道与水平方向的夹角α＝37°，倾斜轨道长L＝2.75 m，带电小球与倾斜轨道间的动摩擦因数μ＝0.5。倾斜轨道通过光滑水平轨道CD与半径R＝0.5 m的光滑过山车模型的竖直圆轨道相连，小球在C点没有机械能损失，运动过程小球的电荷量保持不变，竖直圆轨道处在范围足够大的方向竖直向下的匀强电场中，圆轨道上的一点P位于圆轨道最低点D的右侧，到水平轨道的高度h0＝0.06 m(cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6，g取10 m/s2)。求： (1)A、B间的竖直距离h及被释放前弹簧的弹性势能Ep； (2)要使小球不脱离轨道(水平轨道足够长)，电场强度的大小E应满足的条件； (3)如果E＝2×104 N/C，小球进入轨道后，能够通过P点的次数。 答案：(1)0.45 m　0.4 J　(2)E≥1.3×104 N/C或E≤ 2.2×103 N/C (3)4次 解析：(1)小球从A到B做平抛运动，B点处竖直分速度vy＝v sin 37°＝3 m/s A点处速度vx＝v cos 37°＝4 m/s 由自由落体运动公式可得h＝＝0.45 m 弹簧的弹性势能Ep＝mvx2＝0.4 J。 (2)小球恰能到达圆轨道最高点时速度v1满足 qE1＋mg＝m 小球从B恰好运动到圆轨道最高点的过程，由动能定理得 mgL sin 37°－μmgL cos 37°－2(qE1＋mg)R＝mv12－mv2 联立并代入数据解得E1＝2.2×103 N/C。 若小球从B恰好运动到圆轨道圆心等高处，由动能定理得 mgL sin 37°－μmgL cos 37°－(qE2＋mg)R＝0－mv2 代入数据解得E2＝1.3×104 N/C。 综上所述可知电场强度的大小E所满足的条件为 E≥1.3×104 N/C或E≤2.2×103 N/C。 (3)设小球在圆轨道上能到达的最大高度为h1, 小球从B点到达最大高度h1处的过程中，由动能定理可得 mgL sin 37°－μmgL cos 37°－(qE＋mg)h1＝0－mv2 代入数据解得h1＝0.36 m。 小球从第一次所能到达的圆轨道上最大高度h1处滑下后，冲上倾斜轨道，设小球在倾斜轨道上运动的最大位移大小为x，有 (qE＋mg)h1＝(mg sin 37°＋μmg cos 37°)x 随后小球从倾斜轨道滑下，第二次冲上圆轨道，设其能到达的最大高度为h2, 有 (qE＋mg)h2＝(mg sin 37°－μmg cos 37°)x 联立并代入数据解得＝＝(点拨：该比值为定值，可归纳总结出hn和h1的关系) 则有hn＝h1，h3＝h1＜0.06 m＝h0 故小球能够通过P点4次。 学科网（北京）股份有限公司 $$