2027届高考物理一轮复习专项强化训练：静电场综合大题

**基本信息** 聚焦静电场与力学综合应用，通过13道典型大题构建"概念-规律-模型"三层训练体系，强化物理观念与科学推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |电场力与能量|3题|动能定理与功能关系应用|从电场力做功到电势能变化，构建能量转化逻辑链| |带电粒子运动|5题|类平抛、圆周运动及复合场问题|结合运动分解与牛顿定律，形成"受力-运动-能量"解题模型| |场强与电势|2题|匀强电场与点电荷电场计算|从电场强度定义到电势差关系，强化场的物质性观念| |实际应用|3题|质谱仪、偏转电场等情境|联系科技场景，培养模型建构与质疑创新能力|

2027高考一轮复习静电场综合大题专项训练 1. 如图所示，放置在竖直平面内的粗糙直线轨道AB与光滑圆弧轨道BCD相切于B点，C为最低点，圆心角∠BOC＝37°，线段OC垂直于OD，圆弧轨道半径为R，直线轨道AB长为L＝5R，整个轨道处于匀强电场中，电场强度方向平行于轨道所在的平面且垂直于直线OD，现有一个质量为m、带电荷量为＋q的小物块P从A点无初速度释放，小物块P与AB之间的动摩擦因数μ＝0.25，电场强度大小E＝，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度为g，忽略空气阻力。求： (1)小物块第一次通过C点时对轨道的压力大小； (2)小物块第一次从D点飞出后上升的最大高度； (3)小物块在直线轨道AB上运动的总路程。 [答案]　(1)10.8mg　(2)1.2R　(3)15R [解析]　(1)由几何关系知，轨道AB与水平面的夹角为37°，小物块从A点第一次到C点的过程，由动能定理知 (qE＋mg)(Lsin 37°＋R－Rcos 37°)－μ(qE＋mg)·Lcos 37°＝mv－0 在C点由牛顿第二定律知FN－qE－mg＝m 联立解得FN＝10.8mg 由牛顿第三定律知此时小物块对轨道的压力大小为10.8mg。 (2)小物块从A第一次到D的过程，由动能定理知(qE＋mg)·(Lsin 37°－Rcos 37°)－μ(qE＋mg)·Lcos 37°＝mv－0 小物块第一次到达D点后以速度vD1逆着电场线方向做匀减速直线运动 由动能定理知－(qE＋mg)xmax＝0－mv 联立解得xmax＝1.2R。 (3)分析可知小物块到达B点的速度为零后，小物块就在圆弧轨道上做往复圆周运动 由功能关系知(qE＋mg)Lsin 37°＝μ(qE＋mg)·dcos 37°，解得d＝15R。 2. 如图，等量异种点电荷－Q、＋Q固定在水平线上相距为2L的M、N两点上，有一质量为m、电荷量为＋q(可视为点电荷)的小球，固定在长为L的绝缘轻质细杆的一端，细杆另一端可绕过O点且与MN垂直的水平轴无摩擦地转动，O点位于MN的竖直垂直平分线上距MN为L处，AC平行于MN，且OA＝OC＝L。现把杆拉起到水平位置由静止释放，小球经过最低点B时速度为v。取O点电势为零，忽略小球对等量异种点电荷形成电场的影响，重力加速度为g。求： (1)小球经过B点时受到的静电力； (2)小球经过B点时对杆的拉力大小； (3)在＋Q、－Q形成的电场中，A点的电势φA； (4)小球继续向左摆动，到达C点时的速度大小。 [答案]　(1)2k，方向水平向左　(2)mg＋m　(3)　(4) [解析]　(1)根据库仑定律以及力的合成法则可得，小球经过B点时受到的静电力大小F电＝2k，方向水平向左。 (2)设小球经过B点时杆对小球的拉力为F，则小球经过B点时，在竖直方向根据牛顿第二定律可知F－mg＝m 解得F＝mg＋m 根据牛顿第三定律可得，小球对细杆的拉力大小F′＝mg＋m。 (3)由于取O点电势为零，而O在MN的垂直平分线上，则φB＝0 从A到B，由动能定理得mgL＋q(φA－φB)＝mv2，解得φA＝。 (4)由电场对称性可知φC＝－φA，即UAC＝2φA， 小球从A到C由动能定理得qUAC＝mv，解得vC＝。 3．如图，两金属板P、Q水平放置，间距为d。两金属板正中间有一水平放置的金属网G，P、Q、G的尺寸相同。G接地，P、Q的电势均为φ(φ>0)。质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计。 (1)求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小； (2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？ [答案]　(1)mv＋qh　v0 (2)2v0 [解析]　(1)由题意得，P、G间与Q、G间场强大小相等，均为E。粒子在P、G间所受电场力F的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a，有 E＝① F＝qE＝ma② 设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有 qEh＝Ek－mv③ 设粒子第一次到达G时所用的时间为t，粒子在水平方向的位移大小为l，则有 h＝at2④ l＝v0t⑤ 联立①②③④⑤式解得 Ek＝mv＋qh⑥ l＝v0⑦。 (2)若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短。由对称性知，此时金属板的长度 L＝2l＝2v0。 4. 如图所示，有一长度L＝1 m、质量M＝10 kg的平板小车，静止在光滑的水平面上，在小车左端放置一质量m＝4 kg的带正电小物块，电荷量q＝1.6×10－2 C(始终保持不变)，小物块与小车间的摩擦因数μ＝0.25，现突然施加一个水平向右的匀强电场，要使物块在2 s内能运动到小车的另一端，g取10 m/s2。 (1)所施加的匀强电场的电场强度多大？ (2)若某时刻撤去电场，物块恰好不从小车右端滑下，则电场的作用时间多长？ [答案]　(1)1 000 N/C　(2) s [解析]　(1)由如图所示受力关系可知物块在电场力及摩擦力作用下向右做匀加速运动，小车在摩擦力作用下向右做匀加速运动，由牛顿第二定律知 qE－μmg＝ma1，μmg＝Ma2 物块发生的位移x1＝a1t2 小车发生的位移x2＝a2t2 物块能滑到右端，有x1－x2＝L 联立并代入数值得a1＝1.5 m/s2，a2＝1 m/s2，E＝1 000 N/C。 (2)令电场的作用时间为t0，撤去电场时物块速度为v1，小车速度为v2，此后物块在摩擦力作用下做匀减速运动，运动时间t1到达小车右端 物块做匀减速运动的加速度大小a3＝μg＝2.5 m/s2 物块恰好不从小车右端滑下说明此时两者速度相等， 即v1－a3t1＝v2＋a2t1 而v1＝a1t0，v2＝a2t0 由两者位移关系知 a1t＋a1t0·t1－a3t－a2(t0＋t1)2＝L 联立并代入数值得t0＝ s。 5．如图甲，一质量m＝1 kg、电荷量q＝5.0×10－4 C的带正电小球(可视作点电荷)，它在一高度和水平位置都可调节的平台上滑行一段距离后做平抛运动，并沿光滑竖直圆弧轨道下滑，A、B为圆弧两端点，其连线水平，在圆弧区域内有一平行于半径OA斜向左下方的匀强电场，电场强度大小为E。为保证小球从不同高度h平抛，都恰能沿切线从A点进入圆弧轨道，小球平抛初速度v0和h满足如图乙所示的抛物线，同时调节平台离A点的水平距离。已知圆弧半径R＝1.0 m，平台距AB连线的高度h可以在0.2～0.8 m之间调节。不计空气阻力，取g＝10 m/s2。 (1)求平台离A的水平距离x的范围(h＝0.2 m时初速度的准确值未知)； (2)当h＝0.2 m且E＝5.0×103 N/C时，求小球滑到最低点C的速度大小vC； (3)如果将匀强电场的方向变为平行于AB水平向左，电场强度大小变为E＝2.0×104 N/C，其他条件不变。当h＝0.8 m时，求带电小球对圆弧轨道最大压力的大小(结果保留两位有效数字)。 [答案]　(1)0.3 m≤x≤1.2 m　(2)3.5 m/s　(3)39 N [解析]　(1)因为小球从不同高度h平抛，都恰能无碰撞地沿圆弧切线从A点进入光滑竖直圆弧轨道，所以小球进入圆弧轨道时的速度方向不变，设此速度与竖直方向成α角，则tan α＝＝，由图像中当h＝0.8 m时，v0＝3 m/s，代入上式得tan α＝0.75，α＝37°，则θ＝106°，所以v＝11.25h，当h＝0.2 m时，v0＝1.5 m/s，平台离A的最小距离为x1＝1.5× m＝0.3 m，同理得平台离A的最大距离为x2＝3× m＝1.2 m，所以0.3 m≤x≤1.2 m。 (2)当h＝0.2 m且E＝5.0×103 N/C时，小球到达A点时的速度vA＝ m/s＝2.5 m/s，从A点到C点，由动能定理得mgR·(1－cos 53°)－qER(1－cos 53°)＝mv－mv，代入数据解得vC＝3.5 m/s。(3)由题图可知，qE＝mg，当h＝0.8 m时，小球到达A点时的速度vA′＝ m/s＝5 m/s，由题意和力的合成可知，当小球在圆弧上的速度与竖直方向成45°时小球速度最大，从A点到此位置，由动能定理得mgR(cos 45°－cos 53°)－qER(sin 53°－sin 45°)＝mv2－mvA′2，在速度最大位置，由牛顿第二定律得F－＝，解得F＝39 N，由牛顿第三定律知带电小球对圆弧轨道最大压力的大小为39 N。 6.如图所示，有a、b、c三点处在匀强电场中，ab＝5 cm，ac＝20 cm，其中ab与电场方向平行，ab与ac成θ＝120°角，一电子从a移到c静电力做了3.2×10－18 J的负功，已知元电荷e＝1.6×10－19 C。 (1)求匀强电场的电场强度大小及方向； (2)求电子从b移到c，静电力对它做的功； (3)设a点电势φa＝0，则c点电势为多少？电子在b点的电势能为多少？ [答案]　(1)200 V/m　方向水平向右 (2)－4.8×10－18 J　(3)－20 V　－1.6×10－18 J [解析]　(1)电子从a移到c静电力做负功，所以电场强度方向水平向右Wac＝－eE·ac·sin 30° 将ac＝20 cm＝0.2 m代入解得E＝200 V/m。 (2)电子从b移到c静电力做负功，有Wbc＝Wba＋Wac Wba＝－eE·ab 将ab＝5 cm＝0.05 m代入解得Wbc＝－4.8×10－18 J。 (3)根据Uac＝φa－φc＝E·ac·sin 30° 解得φc＝－20 V 同理可得b点的电势φb＝10 V 电子在b点的电势能为Epb＝－φbe 联立代入数据解得Epb＝－1.6×10－18 J 7.多反射飞行时间质谱仪是一种测量离子质量的新型实验仪器，其基本原理如图所示，从离子源A处飘出的离子初速度不计，经电压为U的匀强电场加速后射入质量分析器。质量分析器由两个反射区和长为l的漂移管(无场区域)构成，开始时反射区1、2均未加电场，当离子第一次进入漂移管时，两反射区开始加上电场强度大小相等、方向相反的匀强电场，其电场强度足够大，使得进入反射区的离子能够反射回漂移管。离子在质量分析器中经多次往复即将进入反射区2时，撤去反射区的电场，离子打在荧光屏B上被探测到，可测得离子从A到B的总飞行时间。设实验所用离子的电荷量均为q，不计离子重力。 (1)求质量为m的离子第一次通过漂移管所用的时间T1； (2)反射区加上电场，电场强度大小为E，求离子能进入反射区的最大距离x； (3)已知质量为m0的离子总飞行时间为t0，待测离子的总飞行时间为t1，两种离子在质量分析器中反射相同次数，求待测离子质量m1。 [答案]　(1)　(2)　(3)2m0 [解析]　(1)设离子经加速电场加速后的速度大小为v，根据动能定理，有qU＝mv2① 离子在漂移管中做匀速直线运动，则T1＝② 联立①②式得T1＝。③ (2)根据动能定理，有qU－qEx＝0④ 解得x＝。⑤ (3)离子在加速电场中运动和反射区电场中每次单向运动均为匀变速直线运动，平均速度大小均相等，设其为，有＝⑥ 通过⑤式可知，离子在反射区的电场中运动路程是与离子本身无关的，所以不同离子在电场区运动的总路程相等，设为L1，在无场区的总路程设为L2。根据题目条件可知，离子在无场区速度大小恒为v，设离子的总飞行时间为t总，有t总＝＋⑦ 联立①⑥⑦式，得t总＝(2L1＋L2)⑧ 可见，离子从A到B的总飞行时间与成正比。 依题意可得＝⑨ 解得m1＝2m0。 8.一束电子从静止开始经加速电压U1＝U0加速后，水平射入水平放置的两平行金属板中间，如图所示。金属板长为l，两板距离为d＝l，竖直放置的荧光屏距金属板右端为L＝2l，若在两金属板间加直流电压U2＝2U0时，光点偏离中线打在荧光屏上的P点，其中电子的质量为m，电荷量为e，不计电子重力及电子之间的相互作用。求：(结果用e、m、l、U0表示) (1)电子刚进入偏转电场时的速度大小； (2)电子离开偏转电场时垂直于板面方向的位移大小； (3)OP的长度和电子打到P点时的动能。 [答案]　(1)　(2)　(3)l　2eU0 [解析]　(1)电子经U1＝U0的电场加速后，由动能定理可得eU1＝mv 解得电子刚进入偏转电场时的速度大小为 v0＝＝。 (2)电子以v0的速度进入偏转电场U2做类平抛运动，则有l＝v0t，a＝＝，y＝at2 联立解得电子离开偏转电场时垂直于板面方向的位移大小为y＝＝。 (3)电子离开偏转电场时垂直极板方向速度大小为 vy＝at＝· ＝ 电子离开偏转电场时偏转角θ的正切值为 tan θ＝＝＝1 根据几何关系可知，OP的长度为 OP＝y＋Ltan θ＝l＋2l＝l 由动能定理得，电子打在荧光屏的P点动能为 Ek＝eU1＋ey＝2eU0 9.如图甲所示，A、B为两块相距很近的平行金属板，A、B间电压UAB＝－U0，紧贴A板有一电子源，不停地飘出质量为m、带电荷量为e的电子(初速度可视为0)。在B板右侧两块平行金属板M、N间加有如图乙所示的电压，电压变化的周期T＝L，板间中线与电子源在同一水平线上，已知极板间距为d，极板长为L，不计电子重力，求： (1)电子进入偏转极板时的速度大小； (2)时刻沿中线射入偏转极板间的电子刚射出偏转极板时与板间中线的距离(未与极板接触)。 [答案]　(1)　(2)0 [解析]　(1)设电子进入偏转极板时的速度为v，由动能定理有eU0＝mv2 解得v＝。 (2)由题意知，电子穿过偏转极板所需时间t＝＝L＝T 故在时刻沿中线射入偏转极板间的电子在电场方向上先加速后减速，然后反向加速再减速，各段位移大小相等，故一个周期内，偏移量为零，则电子沿板间中线射出偏转极板，与板间中线的距离为0。 10.如图，竖直向上的匀强电场中，用长为L的绝缘细线系住一带电小球，在竖直平面内绕O点做圆周运动。图中A、B为圆周上的两点，A点为最低点，B点与O点等高。当小球运动到A点时，细线对小球的拉力恰好为0，已知小球的电荷量为q(q>0)，质量为m，A、B两点间的电势差为U，重力加速度大小为g，求： (1)电场强度E的大小； (2)小球在A、B两点的速度大小。 [答案]　(1)　(2)　 [解析]　(1)根据匀强电场中电场强度与电势差的关系，可得电场强度E＝。(2)小球做圆周运动，在A点有qE－mg＝ 解得vA＝ 对小球从A到B的过程，根据动能定理有 －mgL＋qU＝mv－mv 解得vB＝。 11.如图所示，光滑水平面AB和竖直面内的光滑圆弧导轨BO在B点平滑连接，导轨半径为R。质量为m的带正电小球将轻质弹簧压缩至A点后由静止释放，脱离弹簧后经过B点时的速度大小为，之后沿导轨BO运动。以O为坐标原点建立直角坐标系xOy，在x≥－R区域有方向与x轴夹角为θ＝45°的匀强电场，进入电场后小球受到的电场力大小为mg。小球在运动过程中电荷量保持不变，重力加速度为g。求： (1)弹簧压缩至A点时的弹性势能； (2)小球经过O点时的速度大小； (3)小球过O点后运动的轨迹方程。 [答案]　(1)mgR　(2)　(3)x＝ [规范答题]　(1)小球从A点到B点，根据机械能守恒定律有EpA＝mv(2分) 可得弹簧压缩至A点的弹性势能 EpA＝mgR(1分) (2)小球从B运动到O的过程，根据动能定理有 F电·R－mgR＝mv－mv(2分)其中F电＝mg， 可得小球经过O点时的速度大小vO＝(2分) (3)小球离开O点后的受力分析如图所示，根据力的合成法则可知重力与电场力的合力方向沿水平方向，大小F合＝mg，即小球离开O点后，在水平方向以大小为g的加速度做初速度为零的匀加速直线运动，有x＝gt2，其中x≥0(2分)在竖直方向以速度v0做匀速直线运动，有y＝v0t＝·t(1分)联立可得小球过O点后运动的轨迹方程为x＝(2分) 12.在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面是以O为圆心、半径为R的圆，AB为圆的直径，如图所示。质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子在纸面内自A点先后以不同的速度进入电场，速度方向与电场的方向垂直。已知刚进入电场时速度为零的粒子，自圆周上的C点以速率v0穿出电场，AC与AB的夹角θ＝60°。运动中粒子仅受电场力作用。 (1)求电场强度的大小。 (2)为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子进入电场时的速度应为多大？ [答案]　(1)　(2)v0 [解析]　(1)粒子初速度为零，由C点射出电场，故电场方向与AC平行，由A指向C。由几何关系和电场强度的定义知lAC＝R① F＝qE② 由动能定理有F·lAC＝mv③ 联立①②③式得E＝。④ (2)如图所示，由几何关系知AC⊥BC，故电场中的等势线与BC平行。作与BC平行的直线与圆相切于D点，与AC的延长线交于P点，则自D点从圆周上穿出的粒子的动能增量最大。由几何关系知∠PAD＝30°，lAP＝R，lDP＝R⑤ 设粒子以速度v1进入电场时动能增量最大，在电场中运动的时间为t1。粒子在AC方向做加速度为a的匀加速运动，运动的距离等于lAP；在垂直于AC的方向上做匀速运动，运动的距离等于lDP。由牛顿第二定律和运动学公式有F＝ma⑥ lAP＝at⑦ lDP＝v1t1⑧ 联立②④⑤⑥⑦⑧式得v1＝v0。 13.如图所示，垂直x轴放置一长度为2R的电子源MN，可释放质量为m、电荷量为q、初速度为0的电子，忽略电子之间的相互作用。MN右侧的三角形区域Ⅰ内存在水平向左的匀强电场。半径为R的圆形区域Ⅱ内存在竖直向上的匀强电场，坐标轴y过圆形区域的圆心，坐标轴x与该圆形区域相切。两个区域内的电场强度大小均为E。 (1)设区域Ⅰ的顶角为θ，若有一个电子经过Ⅰ、Ⅱ电场后刚好从O点射出，速度方向与x轴正向成45°角，求该电子在MN上的出发点的纵坐标y； (2)若要使MN上释放的所有能够进入区域Ⅱ的电子均能在该区域中能获得最大动能增量，求区域Ⅰ顶角θ的正切值。 [解析]　(1)电子在区域Ⅰ、Ⅱ中，由牛顿第二定律得qE＝ma在区域Ⅰ中：电子做匀加速直线运动，设水平位移为x，由运动学规律得v＝2ax 由几何关系知x＝(2R－y)tan θ 在区域Ⅱ中：电子做类平抛运动，竖直方向由运动学规律得v＝2ay 由题知vy＝vx，则有y＝x 可得y＝。 (2)若进入区域Ⅱ的电子均能获得最大动能增量，则电子均应从电势最高的O点飞离区域Ⅱ，如图所示。 在区域Ⅰ中：设出发点纵坐标为y2的电子，加速距离为x1，由动能定理得qEx1＝mv由几何关系知x1＝(2R－y2)tan θ 在区域Ⅱ中：由运动学规律得x2＝v2t，y2＝at2由几何关系知x＋(y2－R)2＝R2 解得tan θ＝。 1 学科网（北京）股份有限公司 $