2024年高考物理静电场典型例题+针对性训练（拔高卷）（含解析）

2024年高考物理静电场典型例题+针对性训练（拔高卷）
典型例题一 如图所示，在直角坐标系xOy所在平面内，A点坐标为，直线AC与y轴垂直，它是第一象限内匀强电场与匀强磁场的分界线.场强大小为E的电场方向竖直向上，磁感应强度大小为B的磁场垂直纸面向外.一质量为m、电荷量为的带负电粒子，以某一初速度与x轴正向成从O点射入磁场.已知粒子在磁场中偏转后穿过AC第一次进入电场并恰好做直线运动，不计粒子重力.求： （1）在图中画出粒子运动轨迹的示意图并求带电粒子射入磁场初速度的大小； （2）带电粒子进入电场前在磁场中运动的时间和第一次在第一象限内运动的时间； （3）粒子每次经过x轴时的位置坐标. 【答案】（1）粒子在电场中恰好做直线运动，说明粒子在磁场中偏转后竖直向上进入电场，画出粒子运动的示意图如图所示 设粒子在磁场中运动轨迹的半径为R，由几何关系可知 又 联立可得带电粒子射入磁场初速度的大小 （2）粒子在磁场中运动的周期 粒子进入电场前在磁场中运动的时间 粒子在电场中运动的加速度 粒子在电场中先竖直向上做匀减速直线运动直至速度为零，再反向做匀加速直线运动，在电场中运动的总时间 所以粒子在第一象限内的运动时间 （3）由题意可知粒子将循环运动，N坐标为，故每次经过x轴时的坐标为，即，，2，3，… 典型例题二 如图（a）所示，平行板电容器的两个极板A、B分别接在电压为的恒压电源的两极，电容器所带电荷量为，两极板间距为，板长为，粒子从非常靠近上极板的点以的速度沿垂直电场线方向的直线CO方向射入电场，经电场偏转后由点飞出匀强电场，已知粒子质量为，电荷量为，不计粒子重力．求： （a） （b） （1）平行板电容器的电容； （2）CD两点间电势差； （3）若A、B板上加上如图（b）所示的周期性的方波形电压，时板比板的电势高，为使时刻射入两板间的粒子刚好能由点水平射出，则电压变化周期和板间距离各应满足什么条件？（用L、U、m、e、v表示） 【答案】（1）解：依电容定义有：平行板电容器的电容 （2）解： 板之间为匀强电场 粒子在电场中加速度，粒子的偏移量： 运动时间 解得： CD两点的电势差为： （3）解：为使粒子刚好由点水平射出，粒子在一个周期内竖直方向的分位移应为零，必须从进入电场，且在电场中运动时间与电压变化周期的关系为， 则 竖直方向向下的最大分位移应满足： 即 解得． 典型例题三 如图，倾角为的绝缘粗糙斜面底端与粗糙程度相同的绝缘水平面平滑连接，整个装置处于方向水平向右的匀强电场中。一带电金属块A静止于斜面上，此时金属块A所受摩擦力恰好为0。另一完全相同但不带电的金属块B静止于斜面底端。两金属块均可视为质点，重力加速度大小取，，。 （1）判断金属块A所带电荷的电性并求它所受电场力与重力的比值； （2）改变场强大小使金属块A所受电场力与重力的比值变为，金属块A从斜面上由静止开始下滑，它与斜面间的动摩擦因数为，金属块A沿斜面下滑到达斜面底端，求金属块A在斜面上下滑时的加速度大小和金属块A刚到达斜面底端时（还未与金属块B碰撞）的速度大小； （3）在（2）问的条件下，金属块A在斜面底端与金属块B发生碰撞并粘合在一起运动，求碰撞后它们在水平面上滑行的最大距离（结果可用分数表示）。 【答案】（1）解：对金属块A受力分析，可知金属块A带正电 由三力平衡可得： 解得 （2）解：此时，由牛顿第二定律有： 又由题可知 联立解得 由 解得 （3）解：两金属块发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律有： 解得 碰撞过程电荷量平均分配，之后它们一起运动，由动能定理有： 解得
针对性训练
1． 某环保设备可用于离子的检测和分离，其简化原理如图所示。Ⅰ区为电场加速区，Ⅱ区为电场检测区，Ⅲ区为磁场分离区。已知Ⅰ区中AB和CD两极间电压为。Ⅱ区中CE和DF两极板间电势差为，两板间距离为d，板长为L。Ⅲ区中分布有范围足够大的匀强磁场，磁感应强度为，方向垂直纸面向里。EF边上安装有离子收集板GP，收集板下端留有狭缝PF。已知，，，。假设大量比荷不同的正离子在AB板上均匀分布，离子的初速度为零，忽略离子间相互作用和重力的影响。
（1）要使比荷为的离子，能沿直线通过CE、DF两极板间电场，可在CE、DF极板间加一垂直纸面的磁感应强度为的磁场，求的大小和方向；
（2）要使尽量多离子从EP下方狭缝进入磁场，求狭缝PF宽度的最小值；
（3）若要将两种比荷分别为和的正离子，在收集板GP上完全分离，假设收集板足够长，求狭缝PF宽度的最大值。
2．如图，在竖直平面的矩形区域内有竖直向上的匀强电场。一带电小球从竖直边上的点以某一速度射入该区域，小球沿做匀速直线运动。若在该区域内再加入垂直纸面向里的匀强磁场，完全相同的带电小球仍以相同的速度从点射入该区域，则小球最终从边的某点图中未标出垂直离开该区域。已知：小球质量为，带电量为，长为，长为，长为，磁感应强度大小为，重力加速度大小为，小球在磁场中的运动时间小于。求：
（1）匀强电场的场强；
（2）带电小球的入射速度大小；
（3）带电小球从离开时电势能的改变量。
3．如图所示，平面直角坐标系中第一象限存在垂直于纸面向外的匀强磁场（未画出），第二象限存在沿轴正方向的匀强电场，第四象限交替分布着沿方向的匀强电场和垂直平面向里的匀强磁场，电场、磁场的宽度均为，边界与轴垂直，电场强度，磁感应强度分别为，其中。一质量为、电量为的粒子从点，以平行于轴的初速度进入第二象限，恰好从点进入第一象限，然后又垂直轴进入第四象限，多次经过电场和磁场后轨迹恰好与某磁场下边界相切。不计粒子重力，求：
（1）电场强度的大小；
（2）粒子在第四象限中第二次进入电场时的速度大小及方向（方向用与轴负方向夹角的正弦表示）；
（3）粒子在第四象限中能到达距轴的最远距离。
4．如图所示，x>0的区域存在沿x轴负方向的匀强电场，x<0的区域存在垂直xOy纸面向外的匀强磁场，P（L，0）点处有一个粒子源，可以向y≥0的区域发射质量为m，电荷量为q，速度大小为v0的带正电粒子，在所有到达y轴的粒子中，位置M（0，L）点的粒子与P点距离最远，不计重力及粒子间的相互作用。
（1）求磁感应强度大小，及粒子进入电场前，在磁场中运动的最短时间；
（2）若第一次从M点射出磁场的粒子，第二次从OM的中点N射出磁场，求电场强度大小。
5．如图所示，一带电粒子由静止被电压为U1的加速电场加速，然后沿着与电场垂直的方向进入另一个电压为U2的匀强偏转电场，并射出偏转电场。已知粒子的带电量为q，质量为m；偏转电极长为L，极板间距为d、不计粒子的重力。求粒子：
（1）进入偏转场的速度和在偏转电场中的运动时间；
（2）射出偏转电场时偏转的角度的正切值tanθ；
（3）射出偏转电场U2时垂直极板方向的偏转位移。
6．水平折叠式串列加速器是用来产生高能离子的装置，如图是其主体原理侧视图．图中为一级真空加速管，中部处有很高的正电势，、两端口均有电极接地(电势为零)；、左边为方向垂直纸面向里的匀强磁场； 为二级真空加速管，其中处有很低的负电势，、两端口均有电极接地(电势为零)．有一离子源持续不断地向端口释放质量为m、电荷量为e的负一价离子，离子初速度为零，均匀分布在端口圆面上．离子从静止开始加速到达处时可被设在该处的特殊装置将其电子剥离，成为正二价离子(电子被剥离过程中离子速度大小不变)；这些正二价离子从端口垂直磁场方向进入匀强磁场，全部返回端口继续加速到达处时可被设在该处的特殊装置对其添加电子，成为负一价离子(电子添加过程中离子速度大小不变)，接着继续加速获得更高能量的离子．已知端口、端口、端口、端口直径均为L，与相距为2L，不考虑离子运动过程中受到的重力，不考虑离子在剥离电子和添加电子过程中质量的变化，，，求：
（1）离子到达端口的速度大小v；
（2）磁感应强度度大小B；
（3）在保证(2)问中的B不变的情况下，若端口有两种质量分别为、，电荷量均为e的的负一价离子，离子从静止开始加速，求从端口射出时含有m1、m2混合离子束的截面积为多少．
7． 如图所示，abc是边长为的正三角形挡板，内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为（未知），bc的中点P处有一条狭缝可以允许粒子穿过。 OP中间有一个加速电场，加速电压为。一个质量为m、带电量为的粒子从O点静止出发，穿过狭缝P后沿Pa方向进入磁场区域，它与边界abc经过两次弹性碰撞（电荷不转移）后又垂直于挡板bc返回P。不计粒子重力，求：
（1）磁感应强度的值；
（2）调节磁感应强度为B，使得粒子仍能垂直于挡板bc返回P，试求B的取值；
（3）假定粒子在磁场中做圆周运动的周期为，那么在（2）的条件下，求粒子从进入磁场到垂直挡板bc返回P所用的时间的最大值和最小值；
（4）撤去挡板ab和ac，仅保留下挡板bc，磁场充满bc边界的上方，粒子与挡板的碰撞是非弹性的，每次碰撞后的速度大小变为碰撞前的0.6倍，为使粒子刚好到达b点，需将磁感应强度的大小改为B，求B与之间的关系。
8． 如图建立xOy直角坐标系，在其第二象限中放置平行金属板A、B和平行于金属板的细管C，细管C开口紧靠金属板右侧且与两板等距，另一开口在y轴上。放射源P在A极板左端，可以沿任意方向发射某一速度的带电粒子。当A、B板加上某一大小为U的电压时，有带电粒子刚好能以速度v0从细管C水平射出，进入位于第一象限的静电分析器并恰好做匀速圆周运动，t=0时刻带电粒子垂直于x轴进入第四象限的交变电场中，交变电场随时间的变化关系如图乙（图上坐标均为已知物理量），规定沿x轴正方向为电场正方向，静电分析器中电场的电场线为沿半径方向指向圆心O，场强大小为E0。已知带电粒子电荷量为+q，质量为m，重力不计。求：
（1）粒子源发射带电粒子的速度v；
（2）带电粒子在静电分析器中的轨迹半径r和运动时间t0；
（3）当t=nT时，带电粒子的坐标。（n=1，2，3……）
9．如图所示，竖直固定的光滑绝缘轨道处在水平向右的匀强电场中，轨道的倾斜部分倾角，水平部分与倾斜轨道平滑连接，圆心为、半径为的圆弧轨道与相切于点。现有一质量为、电荷量为的带电小球（可视为质点）从点由静止释放，小球可沿轨道运动。已知电场强度大小，轨道水平段长度，重力加速度为，空气阻力不计，。
（1）当小球释放高度时，求小球到达点时的速度大小；
（2）当小球释放高度时，求小球运动到与点等高的点时受到轨道弹力的大小；
（3）如果其他条件不变，仅将小球带电量变为，要使小球在运动过程中不脱离圆弧轨道，求小球释放高度的取值范围。
10． 在如图所示的坐标中，第二、三象限内有一电场强度为E、方向竖直向下的有界匀强电场，电场宽度为，为电场左边边界。在第四象限中的某一区域中有一个矩形有界匀强磁场（图中没标出），其磁感应强度为B。现有一个带正电、电荷量为q、质量为m的电荷从电场左边边界上Q点以某一速度垂直电场方向进入电场，然后再从O点进入了第四象限，粒子随后进入了磁场，运动一段时间后粒子到达x轴上并沿x轴反方向向O点运动并返回了电场中，忽略粒子的重力，点Q距x的距离为3d，试回答：
（1）求粒子从O点刚进入第四象限时的速度大小和方向；
（2）若粒子在磁场中做匀速圆周运动时的向心加速度大小与其在电场中的加速度大小相同，从粒子第一次经过O点开始计时，经多长时间粒子再次回到O点？
（3）在满足（2）问和题干中的条件下，求第四象限中的磁场的最小面积。
11． 如图所示，在竖直向下的匀强电场中有轨道ABCDFMNP，其中BC部分为水平轨道，与曲面AB平滑连接。CDF和FMN是竖直放置的半圆轨道，在最高点F对接，与BC在C点相切。NP为一与FMN相切的水平平台，P处固定一轻弹簧。点D、N、P在同一水平线上。水平轨道BC粗糙，其余轨道均光滑，一可视为质点的质量为的带正电的滑块从曲面AB上某处由静止释放。已知匀强电场场强，BC段长度，CDF的半径，FMN的半径，滑块带电量，滑块与BC间的动摩擦因数，重力加速度，求：
（1）滑块通过F点的最小速度；
（2）若滑块恰好能通过F点，求滑块释放点到水平轨道BC的高度；
（3）若滑块在整个运动过程中，始终不脱离轨道，且弹簧的形变始终在弹性限度内，求滑块释放点到水平轨道BC的高度h需要满足的条件。
12．如图所示，圆弧轨道的圆心为，半径为，圆弧轨道的点与水平地面相切，点在点的正下方，在点的右侧有一竖直虚线点到竖直虚线的距离为，竖直虚线的左侧有一水平向左的匀强电场，电场强度大小为（大小未知），竖直虚线的右侧有电场强度大小为（大小未知）、竖直向上的匀强电场。竖直虚线的右侧有一竖直墙壁，墙壁到竖直虚线的距离为，墙壁底端点与水平地面相连接，墙壁的高度也为。现将一电荷量为、质量为的绝缘滑块从点由静止释放沿圆弧轨道下滑，经过点时的速度大小为，最后进入竖直虚线右侧。已知滑块可视为质点，圆弧轨道光滑，水平地面与滑块间的动摩擦因数为，取。求：
（1）电场强度的大小。
（2）滑块到达竖直虚线时速度的大小和滑块从点到达竖直虚线时所用的时间。
（3）要使滑块与竖直墙壁碰撞，的取值范围。
答案解析部分
1．【答案】（1）解：根据动能定理，可得
根据受力平衡，可得
联立解得
由图可知CE板为正极板，离子所受电场力竖直向下，所以洛伦兹力竖直向上，由左手定则可判断磁场方向垂直纸面向里。
（2）解：由牛顿第二定律，可知
又
，
则狭缝PF宽度的最小值为
代入数据解得
（3）解：设比荷为k的离子飞入磁场时的速度为，与水平方向夹角为，在磁场中偏转的距离为，则有
由洛伦兹力提供向心力可得
可得
则有
所以，比荷分别为和的离子，在磁场中偏离的距离分别为
，
要使这两种离子在收集板上完全分离，应满足
代入数据可得
则狭缝PF宽度的最大值为
2．【答案】（1）设电场强度为，依题意，带电小球在竖直面内沿直线做匀速直线运动，说明其所受合外力为零，则有
解得
，方向竖直向下
（2）当在竖直平面内的矩形区域加垂直纸面向里的匀强磁场后，带电小球在洛伦兹力作用下做圆周运动。根据题意，分析可知，带电粒子有两种射出场区的可能，如图，从或点射出
若从点射出，设带电小球以速度入射，对应的轨道半径为，则有
若从点射出，设带电小球以速度入射，对应的轨道半径为
则有
依题意，由几何知识可得
联立解得，带电小球入射速度分别为
（3）若从点射出，设与在竖直方向上的距离为
若从点射出，设与在竖直方向上的距离为
联立解得
3．【答案】（1）解：设粒子在第二象限运动时间为，加速度为，经过点的速度为，与轴夹角为轴方向： 轴方向：联立解得：
（2）解：在第二象限，根据动能定理：
解得粒子过点的速度
设穿过轴下方第一个电场后的速度为，根据动能定理：．
代入数据得：。在轴下方第一个磁场中的运动如图1，洛伦兹力提供向心力：．
代入数据得设速度偏向角为，则
（3）解：粒子达到离x轴的最远距离时速度方向平行于x轴方向，而只要能进入下一个电场，就有y方向的速度，由此可以推断出粒子离x轴最远时必然处于第n个磁场中，此前粒子已经过n个电场，设此时粒子速度大小为，根据动能定理：
粒子每经过一个电场加速后就进入下一个磁场，则通过第个磁场的过程中，根据动量定理在水平方向上：所以从进入第四象限开始到最后一个磁场，累计有又．联立得，解出．故粒子离轴最远的距离为
4．【答案】（1）解：M点为粒子到达的最远点，则PM为粒子运动轨迹的直径，可得
粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力可得
联立解得
运动时间最短的粒子为从坐标原点O出射的粒子，该粒子对应的弧长最短，由于
可知最短时间轨迹对应的圆心角为，则有
（2）解：若第一次从M点射出磁场的粒子，第二次从OM的中点N射出磁场，如图所示。
该粒子由y轴上的Q点回到磁场，由粒子在电场中运动的对称性可知，粒子在Q点的速度大小为v0，方向与y轴负方向的夹角为；由几何关系可知弦长
可得电场中竖直方向上的位移为
在电场中竖直方向有
水平方向上有，
联立解得
5．【答案】（1），
（2）
（3）
6．【答案】（1）对离子加速全过程由动能定理得到：
解得：
（2）进入磁场中，
，
解得：
（3），，
，
7．【答案】（1）解：粒子经过加速电场过程，根据动能定理可得
解得粒子进入磁场的速度为
粒子进入磁场后与边界abc经过两次弹性碰撞后又垂直于挡板bc返回P。可知粒子在磁场区做圆周运动的半径为
由洛伦兹力提供向心力可得
联立解得
（2）解：为了使粒子仍能垂直于挡板bc返回P，在磁场区做圆周运动的半径应满足（，，）
又
联立可得（，，）
（3）解：由于，
所以粒子在磁场中做圆周运动的周期为
粒子从进入磁场到垂直返回P所用的时间为
当时
当时
（4）解：粒子进入磁场后一直向左运动，每次碰撞后的速度大小变为碰撞前的0.6倍，假设经过k次碰撞后，粒子刚好到达b点；发生k次碰撞后速度减为（，，）
相应的轨道半径减为（，，）
为使粒子刚好到达b点，则有
又
联立可得（，，）
8．【答案】（1）粒子从放射源发射出到C的过程，由动能定理
解得
（2）由牛顿第二定律
解得
同时有
解得
（3）时，粒子在x方向的速度为
所以一个周期内，离子在x方向的平均速度
根据运动的对称特点，每个周期粒子在x正方向前进距离为
因为开始计时时粒子横坐标为
所以nT时，粒子的横坐标为
粒子的纵坐标为
9．【答案】（1）解： 小球受的电场力为
当小球释放高度时，从释放到达点的过程，由动能定理可得
代入数据解得
（2）解：小球从到，由动能定理可得
在点，根据牛顿第二定律可得
联立解得
（3）解：若小球能做完整的圆周运动，小球受到重力和电场力的合力为
合力与竖直方向夹角的正切值为
则
如图所示
小球在运动过程中不脱离轨道，且做完整的圆周运动，则小球在圆轨道的等效最高点需要的最小向心力恰好由提供，则有
由动能定理可得
联立可得
若小球不脱离圆弧轨道且不能做完整的圆周运动，则小球运动到与圆心点的等效等高处点的过程中，根据动能定理有
解得
故为使小球在运动过程中不脱离轨道，则应满足或
10．【答案】（1）解：设粒子第一次通过坐标原点O时速度大小为v，方向与x轴正向夹角为，粒子从Q到O时间为，由类平抛运动规律，水平方向有
竖直方向有，
根据牛顿第二定律有
联立解得，
（2）解：由于题目中没有告诉磁场的具体位置，所以首先要确定磁场的具体位置，设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径为R，则
解得
根据粒子进入磁场和粒子飞出磁场的速度方向可确定磁场的位置，如图所示
假设OP间的距离为s，由几何关系得
粒子从O点到刚进入磁场所用的时间
粒子的匀强磁场中运动时间
粒子从磁场出来沿x轴负方向运动到O所用的时间
从粒子第一次经过O点开始计时，到粒子再次回到O点的时间
将代入上式解得
（3）解：由几何关系满足条件的磁场为图中的矩形abcd，矩形磁场区域的最小面积为
解得
11．【答案】（1）解：小球在F点根据牛顿第二定律有
解得m/s
（2）解：设小球由处释放恰好通过F点，对小球从释放至F点这一过程由动能定理得
解得1.5m
（3）解：①小球第一次运动到D点速度为零，对该过程由动能定理得
解得= 1.2m
则当h≤1.2m时，小球不过D点，不脱离轨道；
②小球第一次进入圆轨道可以经过F点，压缩弹簧被反弹，沿轨道PNMFDCBA运动，再次返回后不过D点，小球恰好可以经过F点，由动能定理可得
解得m
则当h1.5m时，小球可以通过F点；
小球再次返回刚好到D点
解得h3= 3.2m
则当h≤3.2m时，小球被弹簧反弹往复运动后不过D点，综上可知1.5m≤h≤ 3.2m
小球第一次进入圆轨道可以通过F点，往复运动第二次后不过D点，满足始终不脱离轨道；
③小球第一次进入圆轨道可以经过F点，压缩弹簧被反弹，第二次往复运动时满足小球恰好可以经过F点，由动能定理可得
解得h4= 3.5m
则当h3.5m时，小球可以两次通过F点；
小球再次返回刚好到D点
解得h5=5.2m
则当h≤5.2m时，小球被弹簧反弹第二次往复运动后不过D点
综上3.5m≤h≤5.2m
小球第一、二次进入圆轨道可以通过F点，往复运动第二次后不过D点，满足始终不脱离轨道；
由数学归纳法可知，满足（1.5+k）m ≤h≤（3.2+k）m（k =0，1，2，3……）
12．【答案】（1）滑块从点运动到点的过程中，由动能定理有
滑块从点运动到点的过程中
解得
（2）滑块从点运动到竖直虚线的过程中，由牛顿第二定律有
解得
根据运动学公式有
解得
（3）当较小时，滑块刚好与竖直墙壁底端点碰撞，有
解得
当较大时，滑块刚好与竖直墙壁顶端点碰撞，从点到点做类平抛运动，在水平方向有
解得
竖直方向有
由牛顿第二定律得
解得
综上，的取值范围为