专题四 电场和磁场 (1)——2023届高考物理大单元二轮复习练重点【新课标全国卷】

专题四电场和磁场（1）——

2023届高考物理大单元二轮复习练重点【新课标全国卷】

1.如图所示，正电荷q均匀分布在半球面ACB上，球面半径为R，CD为通过半球顶点

、为，在M右侧轴C和球心O的轴线.P M

线上O'点固定正点电荷Q，点O'、M间距离为R，已知P点的场强为零，若带电均匀

的封闭球壳内部电场强度处处为零，则M 点的场强为( )

3kq 3kQ 2

4kQ kq R - 2.图为一个带正电的导体达到静电平衡时的电场线和等势面的分布图（实线为电场线，虚线为等势面），A 和B 为导体内部的两点，C 和D 为导体外部的两点，以无穷远处为电势零点，则下列说法正确的是( )

A.A B 、两点的电场强度均为零，电势也均为零

B.C 点的电场强度小于D 点的电场强度

C.A C 、两点的电势差大于B D 、两点的电势差

D.同一试探电荷在D 点的电势能一定大于它在C 点的电势能

3.电子显微镜通过“静电透镜”实现对电子会聚或发散使微小物体成像.如图所示，某“静电透镜”区域的等势面为图中虚线，其中M N 、两点电势M N ϕϕ>.现有一正电子束沿垂直虚线AB 的方向进入“透镜”电场，仅在电场力的作用下穿过小孔CD .下列说法正确的是( )

A.M 点的电场强度小于N 点的电场强度

B.正对N 点射入“透镜”电场的正电子会经过N 点

C.正对小孔CD 中心射入“透镜”电场的正电子不会沿直线穿出小孔

D.该“透镜”电场对垂直虚线AB 射入小孔CD 的正电子束有发散作用

4.如图所示，两块竖直放置的平行金属板AB ，与电压为U 的电源相连接，将一个半径为R 的金属球放在两板正中间，球心O 到两板的距离均为2R ，C D 、为电场中与O

势处处相等。则( )

A.C D 、两点的场强C D E E >

B.C D 、两点的电势C D ϕϕ<

C.C D 、两点间的电势差2

CD U U > D.将检验电荷q -从C 点移动到D 点电势能减小

5.如图所示，相距10cm 的平行板A 和B 之间有匀强电场，电场强度3210/E V m =⨯，方向向下。电场中C 点距B 板3cm ，B 板接地，下列说法正确的是( )

A ．A 板电势4210A V ϕ=⨯

B ．A 板电势200A V ϕ=－

C ．C 点电势60C V ϕ=

D ．C 点电势60C V ϕ=-

6.带有等量异种电荷的平行板电容器水平放置，电容为C ，极板间距为d ，在极板之间有一质量为m 、电荷量大小为q 的带电小球P 处于静止状态。已知重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )

A.小球P 带负电

B.电容器电量dmgC Q q

= C.若将上板向下缓慢平行移动一小段距离，小球P 将向上运动

D.若将上板平行向左缓慢移动一小段距离，小球P 将向下运动

7.如图（a ），竖直固定的平行金属板A B 、间加有图（b ）所示的交变电压，电压稳定（0U 或0U -）时，板间为匀强电场且电场仅局限于板间。0时刻，在板间中心线OO '

时刻，小球

由O 点进入板间。已知小球可视为质点，重力加速度大小为g 。则( )

3T

C.出电场时，小球速度与竖直方向夹角的正切值为6

04qU + 8.如图所示，两平行金属板M N 、通过开关K 与电源E 连接，N 板接地，当开关闭合时

有一带电液滴刚好静止在P 点。则( )

A.液滴带负电

B.只向上移动M 板，电容将变大

C.只向上移动M 板，P 点电势将升高

D.只向上移动M 板，液滴将向下运动 9.如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L 的绝缘细线，细线一端固定在O 点，另一端系一质量为m 的带电小球。小球静止时细线与竖直方向成θ角，此时让小球获得初速度且恰能绕O 点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动，重力加速度为g 。下列说法正确的是( ) A.匀强电场的电场强度tan mg E q

θ= B.小球动能的最小值为k 2cos mgL E =θ

C.小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小

D.小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先减小后增大 10.如图所示，两平行金属板水平放置并接到电源上，一个带电微粒P 位于两板间恰好平衡，现用外力将P 固定住（保持其电荷量不变），然后使两板各绕其中点转过α角，如图中虚线所示，再撤去外力以后，则P 在两板间( )

A.重力势能将保持不变

B.重力势能将变小

C.电势能将变大

D.电势能将变小

11.如图所示，平行板电容器的两极板A B 、接于电源两极，两极板间的距离为d ，一带正电小球悬挂在电容器内部，小球质量为m ，电荷量为q ，闭合开关S ，电容器充电，

这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ，重力加速度为g ，则( )

B.保持开关S

闭合，带正电的A

板向B 板靠近，则θ不变

C.开关S 断开，带正电的A 板向B 板靠近，则θ不变

D.开关S 断开，当两极板错开使正对面积减小时，则θ不变

12.如图所示，平行板电容器AB 两极板水平放置，A 在上方，B 在下方，现将其和二极管串联接在电源上，已知A 和电源正极相连，二极管具有单向导电性，一带电小球沿中心水平射入，打在B 极板上的N 点，小球的重力不能忽略，则下列说法正确的是( )

A.若小球带正电，向上移动A 板，小球仍打在N 点

B.若小球带正电，向下移动A 板，小球打在N 的右侧

C.若小球带负电，紧贴着A 板插入一金属片（与A 板等长），小球可能打在N 的右侧

D.若小球带负电，向上移动A 板，小球可能打在N 的左侧

13.如图所示，A 为粒子源。在A 和极板B 间的加速电压为1U ，在两水平放置的平行导体板C 、D 间加有偏转电压U 2。C 、D 板长L ，板间距离d 。现从粒子源A 发出质量为m ，带电量为q 的带电粒子，由静止开始经加速电场加速后进入偏转电场，最后穿出打在右侧的屏幕上，不计粒子的重力。求：

mgd AB

（1）带电粒子穿过B 板时的速度大小；

（2）带电粒子从偏转电场射出时的侧移量（即竖直方向的偏转位移）

14.如图所示，AB 是位于竖直平面内、半径R =下端点B 与水平绝缘轨道平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，电场强度

3510N /C E =⨯.今有一质量为0.1kg m =、带电荷量5810C q -=+⨯的小滑块(可视为质

点)从A 点由静止释放.若已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数0.05μ=，取210m /s g =，求：

(1)小滑块第一次经过圆弧形轨道最低点B 时对B 点的压力；

(2)小滑块在水平轨道上向右滑过的最大距离；

答案以及解析

1.答案：C

解析：设另一半球面带电荷量也为q ，由对称性可知，半球面ACB 上电荷q 在P 点的场强与另一半球面上电荷在M 点形成的场强大小相等、方向相反，由带电均匀的封闭球壳内部电场强度处处为零可知，半球面ACB 上电荷q 在M 点的场强与在P 点的场强相同，由于P 点场强为零，故半球面ACB 上电荷q 在P 点的场强与正点电荷Q 在P 点的场强大小相等、方向相反，故半球面ACB 上电荷q 在M

点的场强大小为1E ='点固定正点电荷Q 在M

点的场强大小为2E =左，则M

点场强大小为21E E E =-=

2.答案：C

解析：A.静电平衡的导体内部场强处处为零，电势处处相等。所以，A B 、两点的电场强度均为零，电势相等；若取无穷远电势为零，则正电荷周围的电势为正，所以，

两点电势均为正，不为零，故A 错误；

B.C 点比D 点处电场线分布密集，场强大，故B 错误；

C.由等势面可知，，所以，电势差，故C 正确；

D.沿电场线方向电势降低，即C D ϕϕ<，而电势能

与试探电荷q 有关，若q 为正，有PC PD E E <，若q 为负，有，故D 错误； 故选C 。

3.答案：D

解析：M 点处的等势面比N 点处等势面密集，则M 点的电场强度大于N 点的电场强度，A 错误；电场线与等势面垂直，则正对N 点射入“透镜”电场的正电子受到的电场力的方向不总是指向N 点，故不会经过N 点，B 错误；电场线与等势面垂直，由题图中对称性及力的合成法则可知，正对小孔CD 中心射入“透镜”电场的正电子受到的电场力的方向与速度方向相同，会沿直线穿出小孔，C 错误；电场线与等势面垂直，根据垂直虚线AB 射入小孔CD 的正电子束受到的电场力方向可知，该“透镜”电场对垂直虚线射入小孔CD 的正电子束有发散作用，D 正确.

4.答案：C

A B 、,A B C D ϕϕϕϕ<=AC BD U U >p E q ϕ=PC PD E E >AB

解析：将金属球壳放入电场后，A B 、两板间电场线如图所示

A.由对称性可知，C D 、两点的电场强度大小相等，故A 错误；

BD.由于金属球表面的电势处处相等，根据沿着电场线电势逐渐降低可知C D ϕϕ> 根据p E q ϕ=

知负电荷在C 点的电势能小于在D 点的电势能，故D 错误；

C.由图可知从极板A 到球壳表面和极板B 到球壳表面的电场强度逐渐增大，根据U Ed =

定性分析可知2

CD U U >

故C 正确。

故选C 。

5.答案：C

解析： ,

;

;

;

6.答案：B

解析：A.由于平行板电容器电场方向竖直向上，小球受到的电场力竖直向上，所以带正电，故A 错误；

B.因为

,,U Q E C Eq mg d U === 所以

dmgC Q q

= 故B 正确；

CD.根据联立可得

,,4πr S

Q U C C E kd U d

ε=== 若将上板向下缓慢平行移动一小段距离，电容器电量不变，改变距离场强不变，故小球仍静止；若将上板平行向左缓慢移动一小段距离，电容器电量不变，正对面积减小，场强变大，电场力变大，小球向上运动；故CD 错误。

故选B 。

7.答案：AD

解析：A.小球在竖直方向做自由落体运动，因

加速直线运动的特殊关系可知，小球在两板间运动的时间与从P 到O 的时间相等，即

，A 正确； B.在水平方向，以小球经过O 点的时刻为新的计时起点，作出小球运动的速度时间（x v t -）图像如答图所示，设板间距为d ，因小球与板恰好无碰撞，故最大位移为

2

0m 12224qU d T x md ⎛⎫==⨯ ⎪⎝⎭ 解得d =B 错误； CD.出电场时，水平方向的速度达到负向最大值，即0m 4x qU T v v md ⎛⎫==

⎪⎝⎭

竖直方向的速度大小为324y T v g ⎛⎫=⨯ ⎪⎝⎭ 故速度与竖直方向夹角的正切值为tan x y v v θ==小球的动能为()22220k 19284

x y qU mg T E m v v =+=+ C 错误，D 正确； PO

故选AD 。

8.

答案：AD

解析：开始时液滴静止，故mg Eq =，静电力竖直向上，而电场线竖直向上，则液滴带负电，故A 正确；将M 板上移一小段距离，板间距增大，根据r 4πS

C kd ε=可知，电容C

减小，故B 错误；保持开关闭合，两板间的电势差不变，由U Ed =可知E 减小，P N 、间的电势差为PN P N PN U Ed ϕϕ=-=，而N 板接地，0N ϕ=，且PN d 不变，则P 点的电势将降低，故C 错误；由于E 减小，液滴所受静电力减小，则合力向下，故液滴将向下运动，故D 正确。

9.答案：AB

解析：A.小球静止时细线与竖直方向成角，对小球受力分析，小球受重力、拉力和电场力，三力平衡，根据平衡条件，有

tan qE mg θ=

选项A 正确；

B.小球恰能绕O 点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点A 速度最小，根据牛顿第二定律，有

选项B 正确；

C.小球的机械能和电势能之和守恒，则小球运动至电势能最大的位置机械能最小，小球带负电，则小球运动到圆周轨迹的最左端点时机械能最小，选项C 错误；

D.小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，电场力先做正功，后做负功，再做正功，则其电势能先减小后增大，再减小，选项D 错误。

故选AB 。

10.答案：AD

解析：解：设初状态极板间距是d ，旋转α角度后，极板间距变为cos d α，所以电场强度E '=然平衡，水平方向有电场力的分力，所以微粒水平向左做匀加速直线运动则微粒的重力势能不变，向左做匀加速直线运动过程中，电场力做正功，则电势能减小。故A 、D 正确，B 、C 错误。

所以AD 选项是正确的。

11.答案：AC

解析：由题意知，小球所受的重力、静电力和拉力平衡，根据平衡条件可知cos ,sin mg T Eq T θθ==，可以求出tan ,mg E U Ed q θ===电容器两极板间的电势差不变，带正电的A 板向B 板靠近，根据E =

减小，电场强度E 变大，小球所受的静电力变大，θ变大，B 错误；断开开关S ，电容器所带的电荷量不变，r ,4πS

U Q C E kd d Cd ε====θ不变，故C 正确；开关S 断开，当两极板错开使正对面积减小时，由

r 4πS

U Q C E kd d Cd ε====、12.答案：AC

解析：A.若小球带正电，向上移动A 板时，AB 间距增大时，电容减小，电容器的带电量要减小，但由于二极管的单向导电性，电量Q 不可能减小，所以Q 不变，根据

4π·4πU Q Q kQ E S d Cd S d kd

εε==== 可知，E 不变，所以小球所受电场力不变，小球仍打在N 点，故A 正确；

B.若小球带正电，向下移动A 板时，AB 间距d 减小，电容增大，Q 增大，根据4πkQ E S

ε=可知E 增大，小球所受的电场力增大，而且电场力方向向下，小球做平抛运动竖直方向加速度增大，运动时间变短，水平位移变短，所以小球打在N 点左侧，故B 错误；

C.若小球带负电，紧贴着A 板插入一金属片（与A 板等长）时，电容增大，则Q 增大，根据4πkQ E S

ε=，知E 增大，所以电场力变大，方向向上，若电场力小于重力，小球做类平抛运动竖直方向上的加速度减小，运动时间变长，小球将打在N 点的右侧，故C 正确；

D.若小球带负电，当向上移动A 板时，间距d 增大，电容减小，但Q 不可能减小，所以Q 不变，根据

平抛运动竖直方向上的加速度不变，运动时间不变，小球仍然打在N 点，故D 错误。 故选AC 。

解析：（1）粒子经加速电场的过程中，由动能定理得

211 2

qU mv = 解得

v =（2）粒子在偏转电场中做类平抛运动，平行板方向做匀速直线运动，运动时间为 L t v

= 垂直板方向做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得加速度为

2U q F Eq a m m dm

=== 离开偏转电场时的侧移为

AB E =

212

y at = 由以上各式解得

2214U L y U d

= 14.答案：（1）2.2N ，方向竖直向下

解析：（1）设小滑块第一次到达B 点时的速度为B v ，圆弧轨道对滑块的支持力为N F ，则由动能定理得212

B mgR qER mv -= 由牛顿第二定律得2B N v F mg m R -= 解得 2.2N N F =

由牛顿第三定律知，小滑块滑到B 点时对轨道的压力为2.2N ，方向竖直向下。 （2）设小滑块在水平轨道上向右滑行的最大距离为x ，根据能量守恒定律 ()0mgR qE R x mgx μ-+-=

解得2m 3x =。