2024年高考物理試題和模擬題專項(xiàng)訓(xùn)練：電場（教師卷）

復(fù)習(xí)材料

專題08電場

2024

高考真題

1.（2024河北卷考題）2.我國古人最早發(fā)現(xiàn)了尖端放電現(xiàn)象，并將其用于生產(chǎn)生活，如許多古塔的頂端

采用“傘狀”金屬飾物在雷雨天時(shí)保護(hù)古塔。雷雨中某時(shí)刻，一古塔頂端附近等勢線分布如圖所示，相鄰

等勢線電勢差相等，則a、b、。、d四點(diǎn)中電場強(qiáng)度最大的是（）

【答案】C

【解析】在靜電場中，等差等勢線的疏密程度反映電場強(qiáng)度的大小。圖中。點(diǎn)的等差等勢線相對(duì)最密

集，故該點(diǎn)的電場強(qiáng)度最大。

故選Co

2.（2024年江西卷考題）1.極板間一蠟燭火焰帶有正離子、電子以及其他的帶電粒子，兩極板電壓保

持不變，當(dāng)電極板距離減小時(shí)，電場強(qiáng)度如何變？電子受力方向？（）

-+

-，++

-+

_+

A電場強(qiáng)度增大，方向向左B.電場強(qiáng)度增大，方向向右

C.電場強(qiáng)度減小，方向向左D.電場強(qiáng)度減小，方向向右

【答案】B

【解析】由題知，兩極板電壓保持不變，則根據(jù)電勢差和電場強(qiáng)度的關(guān)系有E=~

d

當(dāng)電極板距離減小時(shí)，電場強(qiáng)度￡增大，再結(jié)合題圖可知極板間的電場線水平向左，則可知電子受到

的電場力方向向右。

故選Bo

3.（2024年湖北卷考題）8.關(guān)于電荷和靜電場，下列說法正確的是（）

A.一個(gè)與外界沒有電荷交換的系統(tǒng)，電荷的代數(shù)和保持不變

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B.電場線與等勢面垂直，且由電勢低的等勢面指向電勢高的等勢面

C.點(diǎn)電荷僅在電場力作用下從靜止釋放，該點(diǎn)電荷的電勢能將減小

D.點(diǎn)電荷僅在電場力作用下從靜止釋放，將從高電勢的地方向低電勢的地方運(yùn)動(dòng)

【答案】AC

【解析】A.根據(jù)電荷守恒定律可知一個(gè)與外界沒有電荷交換的系統(tǒng)，這個(gè)系統(tǒng)的電荷總量是不變的,

故A正確；B.根據(jù)電場線和等勢面的關(guān)系可知電場線與等勢面垂直，且由電勢高的等勢面指向電勢低的等

勢面，故B錯(cuò)誤；CD.點(diǎn)電荷僅在電場力作用下從靜止釋放，電場力做正功，電勢能減小，根據(jù)。=殳可

q

知正電荷將從電勢高的地方向電勢低的地方運(yùn)動(dòng)，負(fù)電荷將從電勢低的地方向電勢高的地方運(yùn)動(dòng)，故c正

確，D錯(cuò)誤。

故選ACo

4.（2024年江蘇卷考題）1.在靜電場中有a、6兩點(diǎn)，試探電荷在兩點(diǎn)的靜電力廠與電荷量】滿足如圖

所示的關(guān)系，請(qǐng)問a、6兩點(diǎn)的場強(qiáng)大小關(guān)系是（）

A.Ea=EbB.Ea=2EbC.Ea<EbD.Ea>Eb

【答案】D

F

【解析】根據(jù)E=—可知尸-q圖像斜率表示電場強(qiáng)度，由圖可知Ea>Eb

q

根據(jù)題意無法得出Ea和Eb的數(shù)量關(guān)系。

故選Do

5.（2024年新課標(biāo)卷考題）5.如圖，兩根不可伸長的等長絕緣細(xì)繩的上端均系在天花板的。點(diǎn)上，下

端分別系有均帶正電荷的小球P、Q;小球處在某一方向水平向右的勻強(qiáng)電場中，平衡時(shí)兩細(xì)繩與豎直方向

的夾角大小相等。則（）

A.兩繩中的張力大小一定相等

B.P的質(zhì)量一定大于Q的質(zhì)量

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c.P的電荷量一定小于Q的電荷量

D.P的電荷量一定大于Q的電荷量

【答案】B

【解析】由題意可知設(shè)Q和P兩球之間的庫侖力為凡繩子的拉力分別為7],T2,質(zhì)量分別為例，叱；

與豎直方向夾角為心對(duì)于小球Q有

q[E+7]sin6）=F

T[cos0=mxg

對(duì)于小球P有

q2E+F=T2sin0

T2cos3=m2g

聯(lián)立有

qxE=F-7]sin6）>0

q2E=-sin8—->0

所以可得

又因?yàn)?/p>

T2m2

可知加2〉冽1，即P的質(zhì)量一定大于Q的質(zhì)量；兩小球的電荷量則無法判斷。

故選Bo

6.（2024全國甲卷考題）5.在電荷量為。的點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場中，將無限遠(yuǎn)處的電勢規(guī)定為零時(shí)，距

離該點(diǎn)電荷r處的電勢為《其中“為靜電力常量，多個(gè)點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場中某點(diǎn)的電勢，等于每個(gè)點(diǎn)電

r

荷單獨(dú)存在的該點(diǎn)的電勢的代數(shù)和。電荷量分別為Q和0的兩個(gè)點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場的等勢線如圖中曲線所

示（圖中數(shù)字的單位是伏特），則（）

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A.&<0,4=-2B.&〉0,與=-2c.。］<0,4=-3D.Q>0,4=-3

2Q&Q

【答案】B

【解析】根據(jù)兩點(diǎn)電荷周圍的電勢分布可知Q帶正電，。2帶負(fù)電；由圖中電勢為0的等勢線可知

左2+左0=。

4r2

由圖中距離關(guān)系可知

r{_6

聯(lián)立解得

旦=-2

2

故選Bo

7.（2024年遼寧卷考題）5.某種不導(dǎo)電溶液的相對(duì)介電常數(shù)J與濃度。的關(guān)系曲線如圖（a）所示,

將平行板電容器的兩極板全部插入該溶液中，并與恒壓電源，電流表等構(gòu)成如圖（b）所示的電路，閉合開

關(guān)S后，若降低溶液濃度，則（）

圖（a）圖（b）

A.電容器的電容減小B.電容器所帶的電荷量增大

C.電容器兩極板之間的電勢差增大D.溶液濃度降低過程中電流方向?yàn)镸-N

【答案】B

【解析】A.降低溶液濃度，不導(dǎo)電溶液的相對(duì)介電常數(shù)￡增大，根據(jù)電容器的決定式。=一一可知

4兀kd

電容器的電容增大，故A錯(cuò)誤;

BC.溶液不導(dǎo)電沒有形成閉合回路，電容器兩端的電壓不變，根據(jù)結(jié)合A選項(xiàng)分析可知電容

器所帶的電荷量增大，故B正確，C錯(cuò)誤；

D.根據(jù)B選項(xiàng)分析可知電容器所帶的電荷量增大，則給電容器充電，結(jié)合題圖可知電路中電流方向?yàn)?/p>

NfM,故D錯(cuò)誤。

故選Bo

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8.（2024年遼寧卷考題）6.在水平方向的勻強(qiáng)電場中，一帶電小球僅在重力和電場力作用下于豎直面

（紙面）內(nèi)運(yùn)動(dòng)。如圖，若小球的初速度方向沿虛線，則其運(yùn)動(dòng)軌跡為直線，若小球的初速度方向垂直于

虛線，則其從。點(diǎn)出發(fā)運(yùn)動(dòng)到。點(diǎn)等高處的過程中（）

\\

。\

A.動(dòng)能減小，電勢能增大B.動(dòng)能增大，電勢能增大

C.動(dòng)能減小，電勢能減小D.動(dòng)能增大，電勢能減小

【答案】D

【解析】根據(jù)題意若小球的初速度方向沿虛線，則其運(yùn)動(dòng)軌跡為直線，可知電場力和重力的合力沿著

虛線方向，又電場強(qiáng)度方向?yàn)樗椒较颍鶕?jù)力的合成可知電場強(qiáng)度方向水平向右，若小球的初速度方向

垂直于虛線，則其從。點(diǎn)出發(fā)運(yùn)動(dòng)到。點(diǎn)等高處的過程中重力對(duì)小球做功為零，電場力的方向與小球的運(yùn)

動(dòng)方向相同，則電場力對(duì)小球正功，小球的動(dòng)能增大，電勢能減小。

故選Do

9.（2024年廣東卷考題）8.污水中的污泥絮體經(jīng)處理后帶負(fù)電，可利用電泳技術(shù)對(duì)其進(jìn)行沉淀去污，

基本原理如圖所示。涂有絕緣層的金屬圓盤和金屬棒分別接電源正、負(fù)極、金屬圓盤置于底部、金屬棒插

入污水中，形成如圖所示的電場分布，其中實(shí)線為電場線，虛線為等勢面?！c(diǎn)和N點(diǎn)在同一電場線上，M

點(diǎn)和尸點(diǎn)在同一等勢面上。下列說法正確的有（）

A.〃點(diǎn)的電勢比“點(diǎn)的低

B.“點(diǎn)的電場強(qiáng)度比戶點(diǎn)的大

C.污泥絮體從〃點(diǎn)移到“點(diǎn)，電場力對(duì)其做正功

D.污泥絮體在“點(diǎn)的電勢能比其在戶點(diǎn)的大

【答案】AC

【解析】AC.根據(jù)沿著電場線方向電勢降低可知〃點(diǎn)的電勢比“點(diǎn)的低，污泥絮體帶負(fù)電，根據(jù)Ep=9。

可知污泥絮體在〃點(diǎn)的電勢能比在"點(diǎn)的電勢能大，污泥絮體從〃點(diǎn)移到“點(diǎn)，電勢能減小，電場力對(duì)其

做正功，故AC正確；

B.根據(jù)電場線的疏密程度可知N點(diǎn)的電場強(qiáng)度比戶點(diǎn)的小，故B錯(cuò)誤;

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D.〃點(diǎn)和尸點(diǎn)在同一等勢面上，則污泥絮體在〃點(diǎn)的電勢能與在尸點(diǎn)的電勢能相等，結(jié)合AC選項(xiàng)分

析可知污泥絮體在尸點(diǎn)的電勢能比其在“點(diǎn)的大，故D錯(cuò)誤。

故選AC。

10.（2024年江西卷考題）10.如圖所示，垂直于水平桌面固定一根輕質(zhì)絕緣細(xì)直桿，質(zhì)量均為小、帶

同種電荷的絕緣小球甲和乙穿過直桿，兩小球均可視為點(diǎn)電荷，帶電荷量分別為g和在圖示的坐標(biāo)系中，

小球乙靜止在坐標(biāo)原點(diǎn)，初始時(shí)刻小球甲從x=/處由靜止釋放，開始向下運(yùn)動(dòng)。甲和乙兩點(diǎn)電荷的電勢

能（r為兩點(diǎn)電荷之間的距離，A為靜電力常量）。最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力￡重力加速度

r

為g。關(guān)于小球甲，下列說法正確的是（）

r

甲8（）

乙6。

kQq

A.最低點(diǎn)的位置x=

(mg+f)x0

B.速率達(dá)到最大值時(shí)的位置x=

C.最后停留位置x的區(qū)間是<%<

kQq

D.若在最低點(diǎn)能返回，則初始電勢能丸?！矗C(jī)g-/）

mg+f

【答案】BD

【解析】A.全過程,根據(jù)動(dòng)能定理（叫―/）（%—》）一（左與一％爭二°

kQq

解得x=,故A錯(cuò)誤;

(mg-

B.當(dāng)小球甲的加速度為零時(shí)，速率最大，則有加g=/+左”

X

解得X=故B正確;

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C.小球甲最后停留時(shí),滿足mg-f<k-<mg+f

x

解得位置X的區(qū)間-^<x<故C錯(cuò)誤;

mg+f

即在最低點(diǎn)滿足號(hào)〉沖+/

D.若在最低點(diǎn)能返回,

結(jié)合動(dòng)能定理(mg—/Mx。-x)—(k^~—=0

xx0

又Ep=W

r

kQq

聯(lián)立可得Epo〈(加g_/)

mg+f

故D正確。

故選BDo

11.（2024年山東卷考題）10.如圖所示，帶電量為+g的小球被絕緣棒固定在。點(diǎn)，右側(cè)有固定在水平

面上、傾角為30°的光滑絕緣斜面。質(zhì)量為以帶電量為+1的小滑塊從斜面上/點(diǎn)由靜止釋放，滑到與小

球等高的6點(diǎn)時(shí)加速度為零，滑到C點(diǎn)時(shí)速度為零。已知4。間的距離為S,重力加速度大小為g,靜電力

常量為A,下列說法正確的是（）

C.從4到C,靜電力對(duì)小滑塊做功和-mgS

D.力。之間的電勢差&=-二me^S

2q

【答案】AD

【解析】AB.由題意知小滑塊在瓦點(diǎn)處的加速度為零，則根據(jù)受力分析有沿斜面方向

mgsin30°=cos30°

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解得A正確，B錯(cuò)誤;

C.因?yàn)榛紺點(diǎn)時(shí)速度為零，小滑塊從4到C的過程，靜電力對(duì)小滑塊做的功為例根據(jù)動(dòng)能定理有

少+MgSsin30。=0

哈-哈故C錯(cuò)誤;

解得

WmgS

D.根據(jù)電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系可知/C之間的電勢差"TTAC=-二一號(hào)，故D正確。

q2q

故選ADo

12.（2024河北卷考題）7.如圖，真空中有兩個(gè)電荷量均為4（夕＞0）的點(diǎn)電荷，分別固定在正三角形

的頂點(diǎn)以C.〃為三角形45c的中心，沿4〃的中垂線對(duì)稱放置一根與三角形共面的均勻帶電細(xì)桿,

電荷量為2.已知正三角形4BC的邊長為a,〃點(diǎn)的電場強(qiáng)度為0,靜電力常量的頂點(diǎn)/處的電場強(qiáng)度

2

大小為（）

A

7%

/I\

?/I''

B?-------1-------?C

qq

A.絲也B,4（6+拘C.%36+1）D,烏（3+百）

Q2aaa

【答案】D

E=2—竺^cos60o=理

【解析】8點(diǎn)C點(diǎn)的電荷在〃的場強(qiáng)的合場強(qiáng)為Y或

--Q

、37

因〃點(diǎn)的合場強(qiáng)為零，因此帶電細(xì)桿在〃點(diǎn)的場強(qiáng)％=后，由對(duì)稱性可知帶電細(xì)桿在A點(diǎn)的場強(qiáng)為

E4=EM=E,方向豎直向上，因此A點(diǎn)合場強(qiáng)為E-=E，+22cos30°=4（G+3）

aav7

故選Do

13.（2024年湖南卷考題）5.真空中有電荷量為+鈉和F的兩個(gè)點(diǎn)電荷，分別固定在x軸上-1和0處。

設(shè)無限遠(yuǎn)處電勢為0,x正半軸上各點(diǎn)電勢。隨x變化的圖像正確的是（)

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木9木9木。木9

【答案】D

【解析】根據(jù)點(diǎn)電荷周圍的電勢公式夕=左幺，設(shè)/處（x'>0）的電勢為0,得

r

k"k4=0

1+x'x'

解得

X'-L

3

故可知當(dāng)04Vg時(shí)，。<0；當(dāng)時(shí)，9>0。

故選Do

14.（2024年安徽卷考題）8.在某裝置中的光滑絕緣水平面上，三個(gè)完全相同的帶電小球，通過不可

伸長的絕緣輕質(zhì)細(xì)線，連接成邊長為d的正三角形，如圖甲所示。小球質(zhì)量為如帶電量為+1,可視為點(diǎn)

電荷。初始時(shí)，小球均靜止，細(xì)線拉直?，F(xiàn)將球1和球2間的細(xì)線剪斷，當(dāng)三個(gè)小球運(yùn)動(dòng)到同一條直線上

時(shí)，速度大小分別為％、丫2、v3,如圖乙所示。該過程中三個(gè)小球組成的系統(tǒng)電勢能減少了生，4為靜

電力常量，不計(jì)空氣阻力。則（）

1?-?%

1

1>一

?3

2v

2?―>2

圖甲圖乙

A.該過程中小球3受到的合力大小始終不變B.該過程中系統(tǒng)能量守恒，動(dòng)量不守恒

在圖乙位置，匕=、過

C.在圖乙位置，%=%，匕片2匕D.

V3md

【答案】D

【解析】AB.該過程中系統(tǒng)動(dòng)能和電勢能相互轉(zhuǎn)化能量守恒，對(duì)整個(gè)系統(tǒng)分析可知系統(tǒng)受到的合外

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力為0,故動(dòng)量守恒；當(dāng)三個(gè)小球運(yùn)動(dòng)到同一條直線上時(shí)，根據(jù)對(duì)稱性可知細(xì)線中的拉力相等，此時(shí)球3受

到1和2的電場力大小相等，方向相反，故可知此時(shí)球3受到的合力為0,球3從靜止?fàn)顟B(tài)開始運(yùn)動(dòng)，瞬間

受到的合力不為3故該過程中小球3受到的合力在改變，故AB錯(cuò)誤；

CD.對(duì)系統(tǒng)根據(jù)動(dòng)量守恒mvi+mv2=mv3

根據(jù)球1和2運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知匕=匕，解得丫3=2vi

根據(jù)能量守恒L叫2+!機(jī)丫22+匕好32=叱，解得匕=J也;，故C錯(cuò)誤，D正確。

2222dV3md

故選Do

15.（2024浙江1月考題）H.如圖所示，金屬極板M受到紫外線照射會(huì)逸出光電子，最大速率為%。

正對(duì)M放置一金屬網(wǎng)N,在M、N之間加恒定電壓〃。已知M、N間距為"（遠(yuǎn)小于板長），電子的質(zhì)量為出

電荷量為&則（）

紫

外

線

O

N

Ov(/

A.M、N間距離增大時(shí)電子到達(dá)N的動(dòng)能也增大

1

B.只有沿X方向逸出的電子到達(dá)N時(shí)才有最大動(dòng)能5機(jī)匕7”+eu

電子從M到N過程中y方向位移大小最大為用dj網(wǎng)

C.

m\eU

2

D.M,N間加反向電壓以時(shí)電流表示數(shù)恰好為零

4e

【答案】C

1

【解析】AB.根據(jù)動(dòng)能定理，從金屬板M上逸出的光電子到到達(dá)N板時(shí)eU=&0-w機(jī)用7

1

則到達(dá)N板時(shí)的動(dòng)能為&“=eU+］加47，與兩極板間距無關(guān)，與電子從金屬板中逸出的方向無關(guān),

選項(xiàng)AB錯(cuò)誤;

C.平行極板M射出的電子到達(dá)N板時(shí)在p方向的位移最大，則電子從M到N過程中p方向最大位移為

j1Ue2

y=vJd=-------r

2dm

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2m

解得y二%d』「r，選項(xiàng)C正確;

eU

17

D.M、N間加反向電壓電流表示數(shù)恰好為零時(shí)，則eUc=-mVl

2

解得U,=4,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。

c2e

故選Co

16.（2024年上海卷考題）11.如圖，靜電選擇器由兩塊相互絕緣、半徑很大的同心圓弧形電極組成。

電極間所加電壓為由于兩電極間距d很小，可近似認(rèn)為兩電極半徑均為外卜？G，且電極間的電場強(qiáng)

度大小處處相等，方向沿徑向垂直于電極。

O

（1）電極間電場強(qiáng)度大小為;

（2）由:H核、；H核和：H核組成的粒子流從狹縫進(jìn)入選擇器，若不計(jì)粒子間相互作用，部分粒子在

電場力作用下能沿圓弧路徑從選擇器出射。

①出射的粒子具有相同的；

A.速度B.動(dòng)能C.動(dòng)量D.比荷

②對(duì)上述①中的選擇做出解釋。（論證）

【答案】①."②.B③.電場力作為向心力=加上，］、￡、r相同，則由上式可知加

ar

也相同，即動(dòng)能Ek相同

【解析】［1］由題意可知，電極間可視為勻強(qiáng)電場，因此電場強(qiáng)度大小為E=—

a

［2］［3］由題意可知，電場力提供向心力，則qE=—

r

其中場強(qiáng)￡、半徑一相同，三種原子核電荷量9相同，則三種原子的加苗相同，即動(dòng)能相同，B正確。

故選Bo

2

③.電場力作為向心力=q、￡、r相同，則由上式可知加召也相同，即動(dòng)能線相同

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17.(2024年河北高考題)13.如圖，豎直向上的勻強(qiáng)電場中，用長為/的絕緣細(xì)線系住一帶電小球，在

豎直平面內(nèi)繞。點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)。圖中46為圓周上的兩點(diǎn)，4點(diǎn)為最低點(diǎn)，6點(diǎn)與。點(diǎn)等高。當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)

到/點(diǎn)時(shí)，細(xì)線對(duì)小球的拉力恰好為0,已知小球的電荷量為q(q>0)、質(zhì)量為必，4萬兩點(diǎn)間的電勢差

為!U,重力加速度大小為g,求：

(1)電場強(qiáng)度￡的大小。

(2)小球在/、6兩點(diǎn)的速度大小。

【答案】(1)2⑵J四二處,p(UqM)

L，加Nm

【解析】(1)在勻強(qiáng)電場中，根據(jù)公式可得場強(qiáng)為E=—

L

2

(2)在/點(diǎn)細(xì)線對(duì)小球的拉力為0,根據(jù)牛頓第二定律得Eq—mg=m-^―

1717

A到3過程根據(jù)動(dòng)能定理得qU-mgL=-mvB--mv/

聯(lián)立解得v.=陛三懣/=…gL)

VmVm

18.(2024年廣東卷考題)15.如圖甲所示。兩塊平行正對(duì)的金屬板水平放置，板間加上如圖乙所示幅

值為。0、周期為"的交變電壓。金屬板左側(cè)存在一水平向右的恒定勻強(qiáng)電場，右側(cè)分布著垂直紙面向外的

勻強(qiáng)磁場。磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為8一帶電粒子在f=0時(shí)刻從左側(cè)電場某處由靜止釋放，在/=.時(shí)刻從下板

左端邊緣位置水平向右進(jìn)入金屬板間的電場內(nèi)，在/=2/。時(shí)刻第一次離開金屬板間的電場、水平向右進(jìn)入

磁場，并在7=3/0時(shí)刻從下板右端邊緣位置再次水平進(jìn)入金屬板間的電場。己知金屬板的板長是板間距離

JT

的一倍，粒子質(zhì)量為加。忽略粒子所受的重力和場的邊緣效應(yīng)。

3

(1)判斷帶電粒子的電性并求其所帶的電荷量s

(2)求金屬板的板間距離2和帶電粒子在》=■時(shí)刻的速度大小也

(3)求從/=0時(shí)刻開始到帶電粒子最終碰到上金屬板的過程中，電場力對(duì)粒子做的功優(yōu)

復(fù)習(xí)材料

⑶哈》叫（病+16）

【答案】⑴正電;

48瓦0

【解析】（1）根據(jù)帶電粒子在右側(cè)磁場中的運(yùn)動(dòng)軌跡結(jié)合左手定則可知，粒子帶正電；粒子在磁場中

運(yùn)動(dòng)的周期為T=2t0

e27m兀m

根據(jù)T=F則粒子所帶的電荷量q=—

qBBt0

、.兀DjiD

（2）若金屬板的板間距離為"則板長——粒子在板間運(yùn)動(dòng)時(shí)一=vt

330

出電場時(shí)豎直速度為零，則豎直方向y=應(yīng)（0.57。）2

2Dm

在磁場中時(shí)qvB=m—

c2mv

其中的k2-二9

聯(lián)立解得

（3）帶電粒子在電場和磁場中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖，由（2）的計(jì)算可知金屬板的板間距離

復(fù)習(xí)材料

D=3r

則粒子在3友時(shí)刻再次進(jìn)入中間的偏轉(zhuǎn)電場，在4友時(shí)刻進(jìn)入左側(cè)的電場做減速運(yùn)動(dòng)速度為零后反向加

速，在6右時(shí)刻再次進(jìn)入中間的偏轉(zhuǎn)電場，6.5灰時(shí)刻碰到上極板，因粒子在偏轉(zhuǎn)電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，在時(shí)間

友內(nèi)電場力做功為零，在左側(cè)電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，往返一次電場力做功也為零，可知整個(gè)過程中只有開始進(jìn)入左

側(cè)電場時(shí)電場力做功和最后0.5to時(shí)間內(nèi)電場力做功，則

1,D_7imU0_+16

W=—mv+EqX------------------------1--------------------------------------------------

348瓦03Bt048Bt0

19.(2024年湖南卷考題)14.如圖，有一內(nèi)半徑為2人長為/的圓筒，左右端面圓心。/、。處各開

有一小孔。以。為坐標(biāo)原點(diǎn)，取0'。方向?yàn)閤軸正方向建立xyz坐標(biāo)系。在筒內(nèi)xW0區(qū)域有一勻強(qiáng)磁場,

磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為8方向沿x軸正方向；筒外區(qū)域有一勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為￡,方向沿y軸正方

向。一電子槍在。/處向圓筒內(nèi)多個(gè)方向發(fā)射電子，電子初速度方向均在X%平面內(nèi)，且在X軸正方向的分

速度大小均為力。已知電子的質(zhì)量為以、電量為e,設(shè)電子始終未與筒壁碰撞，不計(jì)電子之間的相互作用及

電子的重力。

(1)若所有電子均能經(jīng)過。進(jìn)入電場,求磁感應(yīng)強(qiáng)度6的最小值;

(2)取(1)問中最小的磁感應(yīng)強(qiáng)度6,若進(jìn)入磁場中電子的速度方向與x軸正方向最大夾角為9,

求tan9的絕對(duì)值;

(3)取(1)問中最小的磁感應(yīng)強(qiáng)度8,求電子在電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)y軸正方向的最大位移。

2萬加%⑵(3)2%2/尤加

【答案】(1)

eLLEel}

【解析】(1)電子在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，將其分解為沿x軸的勻速直線運(yùn)動(dòng)和在yOz平面內(nèi)的勻速圓

周運(yùn)動(dòng)，設(shè)電子入射時(shí)沿y軸的分速度大小為。，由電子在x軸方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)得乙=引

2

在平面內(nèi)，設(shè)電子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為此周期為7,由牛頓第二定律知Be%=加上

》R

可得「十

E2TTR2jrm

且？=——=----

。Be

由題意可知所有電子均能經(jīng)過。進(jìn)入電場，則有="7(〃=1,2,3,…)

復(fù)習(xí)材料

聯(lián)立得2=也竺%

eL

27rHiv

當(dāng)”=1時(shí)，6有最小值，可得8mHi=臼等

eL

（2）將電子的速度分解，如圖所示

有tan0=—

%

當(dāng)tan。有最大值時(shí)，「最大，R最大,此時(shí)R=r,又2=尺="

eLBe

iTrv.r八2冗丫

聯(lián)立可得——心，tang:——

LL

（3）當(dāng)七最大時(shí),電子在電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)沿y軸正方向有最大位移為，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律有

2

vym

y=^-

m2a

Ee

由牛頓第二定律知a——

m

二2

又

mL

2兀22l

聯(lián)立得rVm

J'"1一Ee〃

20.（2024年遼寧卷考題）15.現(xiàn)代粒子加速器常用電磁場控制粒子團(tuán)的運(yùn)動(dòng)及尺度。簡化模型如圖：

I、II區(qū)寬度均為/,存在垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度等大反向；III、IV區(qū)為電場區(qū)，IV區(qū)電場足

夠?qū)?，各區(qū)邊界均垂直于x軸，。為坐標(biāo)原點(diǎn)。甲、乙為粒子團(tuán)中的兩個(gè)電荷量均為+1，質(zhì)量均為小的粒

3

子。如圖，甲、乙平行于x軸向右運(yùn)動(dòng)，先后射入I區(qū)時(shí)速度大小分別為和％。甲到尸點(diǎn)時(shí)，乙剛好

射入I區(qū)。乙經(jīng)過I區(qū)的速度偏轉(zhuǎn)角為30°,甲到。點(diǎn)時(shí)，乙恰好到戶點(diǎn)。已知m區(qū)存在沿+x方向的勻

9mv2

強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小￡。=—Lo不計(jì)粒子重力及粒子間相互作用，忽略邊界效應(yīng)及變化的電場產(chǎn)生的

4jiqL

磁場。

（1）求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小民

復(fù)習(xí)材料

(2)求III區(qū)寬度d；

(3)IV區(qū)x軸上的電場方向沿x軸，電場強(qiáng)度￡隨時(shí)間t、位置坐標(biāo)x的變化關(guān)系為￡=祝-丘，其

中常系數(shù)。＞0,。己知、“未知，取甲經(jīng)過。點(diǎn)時(shí)，=0。已知甲在W區(qū)始終做勻速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)乙在IV

區(qū)受到的電場力大小為凡甲、乙間距為Ax,求乙追上甲前尸與Ax間的關(guān)系式(不要求寫出Ax的取值范

圍)

【答案】(1)8=篝；(2)d=-nL,(3)F=*-bX

2qL23v0

【解析】(1)對(duì)乙粒子，如圖所示

LL

廠..Txxl

乙TsJXX:

1./?-1~~!

泊.!x5x

：xx!

111

V：

由洛倫茲力提供向心力qv0B=m-

ri

由幾何關(guān)系sin30°=-

r\

聯(lián)立解得，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為8=篝

2qL

.30°2nm2兀L

(2)由題意可知，根據(jù)對(duì)稱性，乙在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為A=2x----x----=----

360°qB3v0

319

對(duì)甲粒子，由對(duì)稱性可知，甲粒子沿著直線從尸點(diǎn)到。點(diǎn)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式=—VQ/-1+—City

由牛頓第二定律a=A=2iL

m47rL

復(fù)習(xí)材料

3

聯(lián)立可得III區(qū)寬度為d=—兀1

2

3

(3)甲粒子經(jīng)過。點(diǎn)時(shí)的速度為悔=]%+。。=3%

因?yàn)榧自赪區(qū)始終做勻速直線運(yùn)動(dòng)，貝ija)t=kx=kx3vot

,CD

可得k=—

3%

設(shè)乙粒子經(jīng)過ni區(qū)的時(shí)間為，乙粒子在w區(qū)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為/o,則上式中t=t0+t2

F、，

對(duì)乙可得一二60(片+_kx?

q

整理可得%=3%伉+/2)-也*

qa)

對(duì)甲可得%!=3v0(r0+r2)

、3vF

貝IAx=%]—9=---0--

qco

「qa)人

化簡可得乙追上甲前尸與Ax間的關(guān)系式為F=—M

3%

21.(2024浙江1月考題)22.類似光學(xué)中的反射和折射現(xiàn)象，用磁場或電場調(diào)控也能實(shí)現(xiàn)質(zhì)子束的“反

射”和“折射”。如圖所示，在豎直平面內(nèi)有三個(gè)平行區(qū)域I、II和III；I區(qū)寬度為4存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大

小為反方向垂直平面向外的勻強(qiáng)磁場，II區(qū)的寬度很小。I區(qū)和III區(qū)電勢處處相等，分別為例和回「其

電勢差。=回一回n。一束質(zhì)量為)、電荷量為e的質(zhì)子從。點(diǎn)以入射角。射向I區(qū)，在戶點(diǎn)以出射角。射

出，實(shí)現(xiàn)“反射”；質(zhì)子束從尸點(diǎn)以入射角。射入H區(qū)，經(jīng)H區(qū)“折射”進(jìn)入III區(qū)，其出射方向與法線夾角

為“折射”角。已知質(zhì)子僅在平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，單位時(shí)間發(fā)射的質(zhì)子數(shù)為從初速度為%,不計(jì)質(zhì)子重力，不考

慮質(zhì)子間相互作用以及質(zhì)子對(duì)磁場和電勢分布的影響。

(