2026届高三物理二轮专题复习强化练：第7讲 电场

第7讲 电场 专题强化练习 基础保分练 1． 选择题： 1.在静电场中有a、b两点，试探电荷在两点的静电力F与电荷量q满足如图所示的关系，请问a、b两点的场强大小等于(　　) A.1∶1 B.2∶1 C.3∶1 D.4∶1 2.(2025·江苏南京市二模)如图，在一点电荷-Q附近有一不带电的球形导体处于静电平衡，其电势为φ1；现把球形导体左侧接地，达到静电平衡时断开接地并移走-Q后，其电势为φ2；下列说法正确的是(　　) A.接地时电子从大地沿导线向导体移动 B.接地达到静电平衡后，导体左侧半球不带电 C.接地达到静电平衡后，导体左侧半球电荷量不变 D.φ1<φ2 3.(2025·浙江1月选考·4)三个点电荷的电场线和等势面如图所示，其中d、e和e、f之间的距离相等，则(　　) A.a点电势高于b点电势 B.a、c两点的电场强度相同 C.d、f间电势差为d、e间电势差的两倍 D.从a到b与从f到b，电场力对电子做功相等 4.(2025·江苏苏锡常镇四市二模)三根相同长度的绝缘均匀带电棒组成等边三角形，带电量分别为-Q、+Q和+，其中一根带电量为+Q的带电棒在三角形中心O点产生的电场强度为E，则O点的合电场强度为(　　) A. B.E C.E D. 5.(2025·江苏卷·9)如图所示，平行金属板与电源连接。一点电荷由a点移动到b点的过程中，电场力做功为W。现将上、下两板分别向上、向下移动，使两板间距离增大为原来的2倍，再将该电荷由a移动到b的过程中，电场力做功为(　　) A. B.W C.2W D.4W 6.(2025·江苏连云港市一模)如图所示，四个孤立的均匀带电球体的电荷量相同，a、b、c、d点到各自的球心O距离相等，球体所带电荷在a、b、c、d处产生电场强度最小的是(　　) 7.(2025·河南卷·4)如图，在与纸面平行的匀强电场中有a、b、c三点，其电势分别为6 V、4 V、2 V；a、b、c分别位于纸面内一等边三角形的顶点上。下列图中箭头表示a点电场的方向，则正确的是(　　) 8.(2025·海南卷)某静电场电势φ在x轴上分布如图所示，图线关于φ轴对称，M、P、N是x轴上的三点，OM=ON；有一电子从M点静止释放，仅受x方向的电场力作用，则下列说法正确的是(　　) A.P点电场强度方向沿x负方向 B.M点的电场强度小于N点的电场强度 C.电子在P点的动能小于在N点的动能 D.电子在M点的电势能大于在P点的电势能 综合创新练 一.选择题： 9.(八省联考·河南·6)某电场的电势φ随位置x的变化关系如图所示，O点为坐标原点，a、b、c、d为x轴上的四个点。一带正电粒子从d点由静止释放，在电场力作用下沿x轴运动，不计重力，则粒子(　　) A.将在ad之间做周期性运动 B.在d点的电势能大于a点的电势能 C.在b点与c点所受电场力方向相同 D.将沿x轴负方向运动，可以到达O点 10.(2025·重庆卷·5)某兴趣小组用人工智能模拟带电粒子在电场中的运动，如图所示的矩形区域OMPQ内分布有平行于OQ的匀强电场，N为QP的中点。模拟动画显示，带电粒子a、b分别从Q点和O点垂直于OQ同时进入电场，沿图中所示轨迹同时到达M、N点，K为轨迹交点。忽略粒子所受重力和粒子间的相互作用，则可推断a、b(　　) A.具有不同比荷 B.电势能均随时间逐渐增大 C.到达M、N的速度大小相等 D.到达K所用时间之比为1∶2 11.(2025·福建卷·4)某种静电分析器简化图如图所示，在两条半圆形圆弧板组成的管道中加上径向电场。现将一电子a自A点垂直电场射出，恰好做圆周运动，运动轨迹为弧ABC，半径为r。另一电子b自A点垂直电场射出，运动轨迹为弧APQ，其中P、B、O三点共线，已知B、P间电势差为U，|CQ|=2|BP|，电子电荷量为e，电子a入射动能为Ek，则(　　) A.B点的电场强度大小E= B.P点场强大于C点场强 C.电子b在P点的动能小于在Q点的动能 D.电子b经A到P再到Q全程克服电场力做的功小于2eU 12.如图所示，光滑绝缘水平面上的O点固定一带正电的点电荷M，电荷量为Q；点电荷N的电荷量为-q(q>0)。图甲中N绕着M做半径r=a的圆周运动，运动周期为T；图乙中点电荷N以M为焦点沿椭圆轨道运动。A、B分别为点电荷N距离点电荷M最近和最远点；OA=a、OB=3a，若取无穷远处电势为零，图甲和图乙两种电荷系统的电势能和动能之和分别为E甲和E乙，则点电荷N在从A点第一次运动到B点的过程中(　　) A.在A点的电势能大于在B点的电势能 B.E甲大于E乙 C.vA=4vB D.点电荷N从A点第一次运动到B点所用时间为T 尖子生选练 13.某装置用电场控制带电粒子运动，工作原理如图所示，矩形ABCD区域内存在多层紧邻的匀强电场，每层的高度均为d，电场强度大小均为E，方向沿竖直方向交替变化，AB边长为12d，BC边长为8d，质量为m、电荷量为+q的粒子流从装置左端中点射入电场，粒子初动能为Ek，入射角为θ，在纸面内运动，不计重力及粒子间的相互作用力。 (1)当θ=θ0时，若粒子能从CD边射出，求该粒子通过电场的时间t； (2)当Ek=4qEd时，若粒子从CD边射出电场时与轴线OO'的距离小于d，求入射角θ的范围； (3)当Ek=qEd，粒子在θ为-~范围内均匀射入电场，求从CD边出射的粒子与入射粒子的数量之比N∶N0。 参考答案： 1.答案　D解析　设F-q图像的横坐标单位长度表示的电荷量为q0，纵坐标单位长度表示的力大小为F0，根据E=，可知F-q图像斜率表示电场强度，由题图可知Ea=，Eb==，可得=4∶1，故选D。 2.答案　D解析　开始时，球形导体处在负电荷的电场中，则电势低于大地的电势，φ1<0，则接地时电子从球形导体沿导线向大地移动，选项A错误；接地达到静电平衡后，导体所带电荷重新分配，导体左侧半球带正电，左侧半球电荷量发生改变，选项B、C错误；断开接地并移走-Q后球形导体带正电，电势φ2>0，可知φ1<φ2，选项D正确。 3.答案　D解析　电场线从高等势面指向低等势面，即电场线从题图中的正电荷指向负电荷，因此b点所在的等势面高于a点所在的等势面，A错误；a、c两点电场强度方向不同，电场强度不同，B错误；从d→e→f电场强度逐渐减小，间距相等，结合U=Ed可知0<Ufe<Ued，则Ufd<2Ued，C错误；a点与f点在同一等势面上，则a、b两点和f、b两点的电势差相等，根据电场力做功W=qU，可知从a到b与从f到b，电场力对电子做功相等，D正确。 4.答案　A解析　带电量为+Q和-Q的带电棒在O点产生的合电场强度E1=2Ecos 30°=E ，三个带电棒在O点产生的合电场强度E合==E ，故选A。 5.答案　A解析　电容器与电源保持连接，电容器两端电压不变，现将电容器两极板间距增大至原来的两倍，由公式E=可知，极板间电场强度变为原来的，则由W=Eqd'可知，再把该电荷由a移至b，则电场力做功变为原来的，即电场力做功为。故选A。 6.答案　D解析　孤立的均匀带电球体在空间产生的电场强度可等效为球心处有一与球体所带电荷量相等的点电荷在球体外部产生的电场强度，均匀带电球壳在内部任意位置产生的电场强度为0，由题图可知四个带电球体在a、b、c、d处产生电场强度的等效电荷量关系为Q1=Q2>Q3>Q4，根据E=，可得Ed最小，故选D。 7.答案　C解析　如图所示，ac中点d的电势φd==4 V=φb，故b、d的连线为该匀强电场的等势面。电场线垂直于等势面且由高电势点指向低电势点，即电场线沿ac方向且由a指向c，选项C正确。 8.答案　D解析　由题图可知在x正半轴沿+x方向电势降低，则电场强度方向沿x正方向，故A错误；φ-x图像斜率表示电场强度，由题图可知M点的电场强度大小等于N点的电场强度大小，方向相反，故B错误；电子在电势低处电势能大，故电子在P点的电势能小于在N点的电势能，在M点的电势能大于在P点的电势能，根据能量守恒可知，电子在P点的动能大于在N点的动能，故C错误，D正确。 9.答案　A解析　由题图可知，a、d两点电势相等，根据Ep=qφ可知粒子在d点的电势能等于a点的电势能，故B错误；φ-x图像切线的斜率表示电场强度，由题图可知，b点与c点的电场强度方向相反，根据F=qE可知在b点与c点粒子所受电场力方向相反，故C错误；根据沿着电场线方向电势降低可知在d点电场方向为x轴负方向，粒子带正电，则粒子受到沿着x轴负方向的电场力，即粒子将沿x轴负方向运动，运动过程中仅有电场力做功，则粒子的动能和电势能之和恒定，根据B选项分析可知粒子在d点的电势能等于a点的电势能，则粒子在d点的动能与a点的动能均为0，即粒子将在ad之间做周期性运动，不能到达O点，故A正确，D错误。 10.答案　D解析　根据题意可知，带电粒子在电场中做类平抛运动，带电粒子a、b分别从Q点和O点同时进入电场，沿题图中所示轨迹同时到达M、N点，可知，运动时间相等，由题图可知，沿初速度方向位移之比为2∶1，则初速度之比为2∶1，带电粒子a、b到达K的水平位移相等，由于带电粒子a、b初速度之比为2∶1，则所用时间之比为1∶2，故D正确；沿电场方向的位移大小相等，由y=at2可知，粒子运动的加速度大小相等，由牛顿第二定律有qE=ma，可得=，可知带电粒子具有相同比荷，故A错误；带电粒子运动过程中，电场力均做正功，电势能均随时间逐渐减小，故B错误；沿电场方向，由公式vy=at可知，到达M、N的竖直分速度大小相等，由于初速度之比为2∶1，则到达M、N的速度大小不相等，故C错误。 11.答案　D解析　电子a入射动能为Ek，根据动能的表达式有Ek=m，电子恰好做圆周运动，则eE=，联立解得E=，故A错误；由题图可知，P点附近电场线较稀疏，则P点电场强度小于C点电场强度，故B错误；电子b从P点运动到Q点，电场力对其做负功，由动能定理可知，电子b在Q点的动能小于在P点的动能，故C错误；由题图中电场线分布情况可知，沿径向向外电场强度减小，则BP之间平均电场强度大小大于CQ之间的平均电场强度大小，根据U=d，则UCQ<2UBP，则电子b全程克服电场力做的功为W=eUCQ<2eUBP=2eU，故D正确。 12.答案　D解析　由静电力做功与电势能的关系可得，点电荷N在A点的电势能小于在B点的电势能，故A错误；题图乙点电荷N运动到A点时，其动能比题图甲中的点电荷N动能大，而此位置甲、乙两图电荷系统的相对位置相同，所以电势能相同，两系统电势能和动能之和守恒，所以E乙>E甲，故B错误；类比开普勒第二定律(vA·Δt)a=(vB·Δt)3a，可得vA=3vB，故C错误； 类比开普勒第三定律 T，故D正确。 13.解析　(1)电场方向在竖直方向上，粒子所受静电力在竖直方向上，粒子在水平方向上做匀速直线运动，速度分解如图所示 粒子在水平方向的速度为vx=vcos θ0 根据Ek=mv2可知v= 解得t= (2)粒子进入电场时的初动能Ek=4qEd=m 粒子进入电场后只有静电力做功，粒子在竖直方向上反复运动后，根据题意可知最终运动的空间如图所示， 若粒子从OO'上部分离开CD边，则静电力做负功，根据动能定理可知-qEx=Ek1-Ek 其中Ek1=m(+) Ek=m(+) 粒子在水平方向上做匀速直线运动， 所以vx0=vx1， 竖直方向上有vy0=v0sin θ1， 动能定理的方程可化解为-qEx=m-m=m-msin2 θ1 当vy1=0时，x取到最大值，即-qExm=-msin2 θ1 解得粒子在竖直方向上的最大位移为xm=4dsin2 θ1 根据题意可知xm<d，可知sin θ1<， 解得θ1<30° 粒子在OO'上、下部分运动呈现对称性，所以入射角的范围为-30°<θ<30°或-<θ< (3)设粒子入射角为θ'时，粒子恰好从D点射出，由于粒子进入电场时，在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向反复做加速度大小相等的减速运动和加速运动。粒子的速度v'== 运动时间为t总==· 粒子在沿电场方向，反复做加速度大小相等的减速运动和加速运动，则-2ad=-v'sin θ'2 2ad=- -2ad=- 2ad=- -2ad=- 2ad=- 则v2d=v4d=v6d=v'sin θ' v1d=v3d=v5d 则粒子在分层电场中运动时间相等，设为t0， 则t0=t总=×= 且d=v'sin θ'·t0- · 代入数据化简可得6cos2θ'-8sin θ'cos θ'+1=0 即tan2θ'-8tan θ'+7=0 解得tan θ'=7(舍去)或tan θ'=1 解得θ'= 则从CD边出射的粒子入射粒子的数量之比N∶N0==50%。 学科网（北京）股份有限公司 $