統(tǒng)考版2024屆高考物理二輪專項分層特訓(xùn)卷第二部分核心熱點專項練專項7電場及帶電粒子在電場中的運動

專項7電場及帶電粒子在電場中的運動一、單項選擇題1．[2023·新課標(biāo)卷]一電子和一α粒子從鉛盒上的小孔O豎直向上射出后，打到鉛盒上方水平放置的屏幕P上的a和b兩點，a點在小孔O的正上方，b點在a點的右側(cè)，如圖所示．已知α粒子的速度約為電子速度的eq\f(1,10)，鉛盒與屏幕之間存在勻強電場和勻強磁場，則電場和磁場方向可能為()A.電場方向水平向左、磁場方向垂直紙面向里B．電場方向水平向左、磁場方向垂直紙面向外C．電場方向水平向右、磁場方向垂直紙面向里D．電場方向水平向右、磁場方向垂直紙面向外2．[2022·山東卷]半徑為R的絕緣細(xì)圓環(huán)固定在圖示位置，圓心位于O點，環(huán)上均勻分布著電量為Q的正電荷．點A、B、C將圓環(huán)三等分，取走A、B處兩段弧長均為ΔL的小圓弧上的電荷．將一點電荷q置于OC延長線上距O點為2R的D點，O點的電場強度剛好為零．圓環(huán)上剩余電荷分布不變，q為()A.正電荷，q＝eq\f(QΔL,πR)B．正電荷，q＝eq\f(\r(3)QΔL,πR)C．負(fù)電荷，q＝eq\f(2QΔL,πR)D．負(fù)電荷，q＝eq\f(2\r(3)QΔL,πR)3．[2022·湖南卷]如圖，四根完全相同的均勻帶正電絕緣長棒對稱放置在長方體的四條長邊a、b、c、d上．移去a處的絕緣棒，假定另外三根絕緣棒電荷分布不變．關(guān)于長方體幾何中心O點處電場強度方向和電勢的變化，下列說法正確的是()A.電場強度方向垂直指向a，電勢減小B．電場強度方向垂直指向c，電勢減小C．電場強度方向垂直指向a，電勢增大D．電場強度方向垂直指向c，電勢增大4．[2022·浙江6月]如圖所示，帶等量異種電荷的兩正對平行金屬板M、N間存在勻強電場，板長為L(不考慮邊界效應(yīng)).t＝0時刻，M板中點處的粒子源發(fā)射兩個速度大小為v0的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到達(dá)N板時速度大小為eq\r(2)v0；平行M板向下的粒子，剛好從N板下端射出．不計重力和粒子間的相互作用，則()A.M板電勢高于N板電勢B．兩個粒子的電勢能都增加C．粒子在兩板間的加速度為a＝eq\f(2veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),L)D．粒子從N板下端射出的時間t＝eq\f(（\r(2)－1）L,2v0)5．如圖甲所示，在真空中固定兩個相同的點電荷A、B關(guān)于x軸對稱，它們在x軸上的E-x圖象如圖乙所示(規(guī)定x軸正方向為電場的正方向).若在坐標(biāo)原點O由靜止釋放一個電荷量為q的正點電荷，它將沿x軸正方向運動，不計重力．則()A．A、B帶等量正電B．點電荷在x1處電勢能最大C．點電荷q在x2處動能最大D．點電荷q將一直沿x軸正方向運動6.如圖所示，a、b兩點位于以正點電荷Q為中心的正方體頂點，c點在上表面中心，則()A．a(chǎn)、b兩點的場強大小相同，方向相同B．a(chǎn)、b兩點的電勢相等且高于c點的電勢C．在正方體上還有3個點的電勢與c點的相等D．正試探點電荷沿ab連線從a到b，電場力先做負(fù)功后做正功7．[2023·河南鄭州一模]如圖所示，在勻強電場中，有邊長為l＝5cm的等邊三角形ABC，D、E、F分別為AB邊、BC邊、AC邊的中點，三角形所在平面與勻強電場的電場線平行．O點為該三角形的中心，三角形各頂點的電勢分別為φA＝1V，φB＝3V、φC＝5V，元電荷的電荷量為e，下列說法正確的是()A.O點電勢為4VB．勻強電場的場強大小為80V/m，方向由A指向CC．在三角形ABC的內(nèi)切圓的圓周上的D點電勢最低D．將電子由E點移到F點，電子的電勢能增加了1eV8．某創(chuàng)新實驗小組為研究電子在平行金屬板間運動的規(guī)律，設(shè)計了如圖所示的實驗：讓一束頻率為ν的單色光照射某堿金屬，光電子通過速度選擇器后，具有最大初動能的光電子沿中軸線射入水平放置的平行板電容器A、B極板之間，恰能從B極板的右邊緣飛出．已知平行板電容器的電容為C，帶電荷量為Q，極板長為L、間距為d，普朗克常量為h，光電子的電荷量為e，不計光電子的重力和光電子間的相互作用，忽略極板的邊緣效應(yīng)，整個裝置放在真空中．則以下說法中正確的是()A.增加單色光的照射強度，則光電子不能從電容器中飛出B．將A極板向下移動一小段距離，則光電子不能從電容器中飛出C．光電子的最大初動能為eq\f(eCL2,2d2Q)D．該堿金屬的逸出功為hν－eq\f(eQL2,2d2C)二、多項選擇題9．[2022·全國乙卷]如圖，兩對等量異號點電荷＋q、－q(q>0)固定于正方形的4個頂點上．L、N是該正方形兩條對角線與其內(nèi)切圓的交點，O為內(nèi)切圓的圓心，M為切點．則()A．L和N兩點處的電場方向相互垂直B．M點的電場方向平行于該點處的切線，方向向左C．將一帶正電的點電荷從M點移動到O點，電場力做正功D．將一帶正電的點電荷從L點移動到N點，電場力做功為零10．空間中有兩個固定點電荷A和B，帶電荷量的絕對值分別為QA和QB，以點電荷A、B連線上某點為原點，以點電荷A和B所在的直線為x軸建立直角坐標(biāo)系，分別作出部分E-x和φ-x圖象，如圖所示，無窮遠(yuǎn)處電勢為零．則下列說法正確的是()A．A為正點電荷，B為負(fù)點電荷，且QA<QBB．A為負(fù)點電荷，B為正點電荷，且QA>QBC．1是E-x圖象，2是φ-x圖象D．1是φ-x圖象，2是E-x圖象11．[2022·浙江6月]如圖為某一徑向電場示意圖，電場強度大小可表示為E＝eq\f(a,r)，a為常量．比荷相同的兩粒子在半徑r不同的圓軌道運動．不考慮粒子間的相互作用及重力，則()A．軌道半徑r小的粒子角速度一定小B．電荷量大的粒子的動能一定大C．粒子的速度大小與軌道半徑r一定無關(guān)D．當(dāng)加垂直紙面磁場時，粒子一定做離心運動12．[2022·全國乙卷]一種可用于衛(wèi)星上的帶電粒子探測裝置，由兩個同軸的半圓柱形帶電導(dǎo)體極板(半徑分別為R和R＋d)和探測器組成，其橫截面如圖(a)所示，點O為圓心．在截面內(nèi)，極板間各點的電場強度大小與其到O點的距離成反比，方向指向O點.4個帶正電的同種粒子從極板間通過，到達(dá)探測器．不計重力．粒子1、2做圓周運動，圓的圓心為O、半徑分別為r1、r2(R<r1<r2<R＋d)；粒子3從距O點r2的位置入射并從距O點r1的位置出射；粒子4從距O點r1的位置入射并從距O點r2的位置出射，軌跡如圖(b)中虛線所示．則()A．粒子3入射時的動能比它出射時的大B．粒子4入射時的動能比它出射時的大C．粒子1入射時的動能小于粒子2入射時的動能D．粒子1入射時的動能大于粒子3入射時的動能13．[2022·全國甲卷]地面上方某區(qū)域存在方向水平向右的勻強電場，將一帶正電荷的小球自電場中P點水平向左射出．小球所受的重力和電場力的大小相等，重力勢能和電勢能的零點均取在P點．則射出后，()A．小球的動能最小時，其電勢能最大B．小球的動能等于初始動能時，其電勢能最大C．小球速度的水平分量和豎直分量大小相等時，其動能最大D．從射出時刻到小球速度的水平分量為零時，重力做的功等于小球電勢能的增加量三、非選擇題14.[2023·全國乙卷]如圖，等邊三角形△ABC位于豎直平面內(nèi)，AB邊水平，頂點C在AB邊上方，3個點電荷分別固定在三角形的三個頂點上．已知AB邊中點M處的電場強度方向豎直向下，BC邊中點N處的電場強度方向豎直向上，A點處點電荷的電荷量的絕對值為q，求(1)B點處點電荷的電荷量的絕對值并判斷3個點電荷的正負(fù)；(2)C點處點電荷的電荷量．專項7電場及帶電粒子在電場中的運動1．解析：假設(shè)電子打在a點，即其所受電場力與洛倫茲力大小相等，方向相反，故eE＝evB，由于α粒子的速度v′小于電子的速度v，所以2eE＞2ev′B，α粒子經(jīng)過電、磁組合場后向右偏轉(zhuǎn)，即其所受合力方向向右，由于α粒子帶正電，所以電場方向水平向右，AB錯誤；電子所受電場力水平向左，則其所受洛倫茲力水平向右，則磁場方向垂直紙面向里，D錯誤，C正確．假設(shè)α粒子打在a點，同樣可以得出C正確．答案：C2．解析：在取走A、B處兩段小圓弧上的電荷之前，整個圓環(huán)上的電荷在O點產(chǎn)生的場強為零，而取走的A、B處的電荷的電量qA＝qB＝eq\f(Q,2πR)ΔL，qA、qB在O點產(chǎn)生的合場強為EAB＝eq\f(k\f(Q,2πR)ΔL,R2)＝eq\f(kQΔL,2πR3)，方向為從O指向C，故取走A、B處的電荷之后，剩余部分在O點產(chǎn)生的場強大小為eq\f(kQΔL,2πR3)，方向由C指向O，而點電荷q放在D點后，O點場強為零，故q在O點產(chǎn)生的場強與qA、qB在O點產(chǎn)生的合場強相同，所以q為負(fù)電荷，即有keq\f(q,（2R）2)＝keq\f(QΔL,2πR3)，解得q＝eq\f(2QΔL,πR)，C項正確．答案：C3．解析：由對稱性與電場疊加原理可知，a、b、c、d處四根完全相同、均勻帶正電絕緣長棒在O點的合場強為零，類比正點電荷電場可知，一根帶正電絕緣長棒在空間某點的場強方向沿該棒所在直線的垂線指向該點，故撤去a處的絕緣棒后，O點的電場強度方向由O點垂直指向a，B、D項錯誤；設(shè)每根帶正電絕緣長棒在O點產(chǎn)生的電勢為φ0，且大于零，則根據(jù)電勢的疊加原理知，四根完全相同、均勻帶正電絕緣長棒在O點產(chǎn)生的電場的電勢為4φ0，若撤去a處的絕緣棒，其他三棒在O點產(chǎn)生的電場的電勢為3φ0，故撤去a處的絕緣棒后，O點的電勢減小，A項正確、C項錯誤．答案：A4．解析：粒子的電性未知，粒子從M極板到N極板，電場力做正功，但不能判斷極板電勢的高低，A錯誤；電場力做正功時，粒子電勢能減小，B錯誤；根據(jù)能量守恒定律可知，平行M板向下的粒子，到達(dá)N極板下端時的速度大小仍為eq\r(2)v0，在平行極板方向做勻速運動，速度為v0，在垂直極板方向做勻加速直線運動，有a＝eq\f(v0,t)，t＝eq\f(L,2v0)，解得a＝eq\f(2veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),L)，C正確，D錯誤．答案：C5．解析：由E-x圖象可知，在x軸上的P點對應(yīng)x2點，在P點的左側(cè)電場強度為正值，沿x軸正方向，右側(cè)為負(fù)值，沿x軸負(fù)方向可知A、B帶等量負(fù)電，A錯誤；電荷量為q的正點電荷，從O點到P點，電場力做正功，電勢能減小，從P點沿x軸正方向運動，電場力做負(fù)功，電勢能增加，因此點電荷q在x1處電勢能不是最大；可知點電荷q在x2處動能最大，B錯誤，C正確；由對稱性可知，點電荷q沿x軸正方向最遠(yuǎn)能到達(dá)O點關(guān)于P點的對稱點O′點位置，不會一直沿x軸正方向運動，D錯誤．故選C.答案：C6．解析：a、b兩點距離正點電荷Q的距離相等，則a、b兩點的場強大小相同，但方向不同，選項A錯誤；a、b兩點距離正點電荷Q的距離相等，電勢相等，但c點距離正點電荷Q的距離比a、b近，由于電勢沿著電場線方向逐漸降低，則c點電勢高于a、b兩點電勢，選項B錯誤；正方體共有6個面，每個面的中心都與c點距離正點電荷Q的距離相同，即電勢相等，正方體上還有5個點與c點的電勢相等，選項C錯誤；正試探點電荷沿ab連線從a到b，在該過程中試探點電荷到正點電荷Q的距離先變小再變大，則電勢先變大后變小，正試探點電荷的電勢能先變大后變小，故電場力先做負(fù)功后做正功，選項D正確．答案：D7．解析：AC邊中點F點的電勢為φF＝eq\f(φA＋φC,2)＝3V，與B點電勢相等，則B、O、F連線為一條等勢線，O點電勢為3V，故A錯誤；勻強電場中等勢線和電場線垂直，可知AC與電場方向平行，又C、A間的電勢差為UCA＝φC－φA＝4V，則勻強電場的場強大小為E＝eq\f(UCA,l)＝80V/m，由沿電場方向電勢逐漸降低，可知電場方向由C指向A，故B錯誤；根據(jù)沿電場方向電勢逐漸降低，可知過O作CA的平行線與三角形ABC的內(nèi)切圓的左上方的交點電勢最低，故C錯誤；E點的電勢為φE＝eq\f(φB＋φC,2)＝4V，故UEF＝φE－φF＝1V，故將電子由E點移到F點，電場力做的功為W＝qUEF＝－1eV，則電勢能增加1eV，故D正確．答案：D8．解析：本題通過光電子在平行金屬板間運動的規(guī)律考查電容器知識和光電效應(yīng)方程，增加單色光的照射強度，逸出的光電子的最大初動能不變，則光電子仍能從電容器中飛出，故A錯誤；根據(jù)C＝eq\f(Q,U)，E＝eq\f(U,d)，C＝eq\f(εS,4πkd)，可得E＝eq\f(4πkQ,εS)，將A極板向下移動一小段距離，兩板間的場強不變，光電子仍能從電容器中飛出，故B錯誤；光電子恰能從B極板的右邊緣飛出，則有L＝v0t，eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)·eq\f(Ue,dm)t2，U＝eq\f(Q,C)，Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))，解得Ek＝eq\f(eQL2,2d2C)，故C錯誤；根據(jù)光電效應(yīng)方程Ek＝hν－W0，解得該堿金屬的逸出功W0＝hν－Ek＝hν－eq\f(eQL2,2d2C)，故D正確．答案：D9．解析：根據(jù)電場強度的疊加可知L點的電場方向沿對角線從O點指向L點，N點的電場方向沿對角線從N點指向O點，L和N兩點處的電場方向相互垂直，A正確；根據(jù)電場強度的疊加可知M點的電場方向平行于該點處的切線，方向向左，B正確；M、O兩點在等量異號電荷連線的中垂線上，M、O兩點的電勢相等，將一帶正電的點電荷從M點移動到O點，電場力不做功，C錯誤；L點的電勢比N點的電勢低，將一帶正電的點電荷從L點移動到N點，電勢能增大，電場力做負(fù)功，D錯誤．答案：AB10．解析：由于正點電荷周圍電勢趨于正無窮大，所以由圖可知B為正點電荷，因為點電荷B右側(cè)有場強為0的點，說明A為負(fù)點電荷，因電場強度疊加為0的位置，離B近，離A遠(yuǎn)，故由E＝keq\f(Q,r2)可知QA>QB，B正確，A錯誤；當(dāng)φ-x圖象斜率為0時，場強為0，結(jié)合圖中的輔助線，可知1是φ-x圖象，2是E-x圖象，D正確，C錯誤．答案：BD11．解析：粒子在半徑為r的圓軌道運動，有qE＝mω2r，將E＝eq\f(a,r)代入上式得ω2＝eq\f(qa,mr2)，可知軌道半徑小的粒子，角速度大，A錯誤；由qE＝meq\f(v2,r)、Ek＝eq\f(1,2)mv2、E＝eq\f(a,r)解得Ek＝eq\f(qa,2)，即電荷量大的粒子動能一定大，B正確；由qE＝meq\f(v2,r)、E＝eq\f(a,r)可得v2＝eq\f(qa,m)，即粒子速度的大小與軌道半徑r無關(guān)，C正確；帶電粒子的運動方向和垂直紙面的磁場方向是向里還是向外未知，粒子所受洛倫茲力方向未知，D錯誤．答案：BC12．解析：極板間各點的電場強度方向指向O點，粒子3從距O點r2的位置入射并從距O點r1的位置出射，在這個過程中電場力做正功，粒子3入射時的動能比它出射時的小，同理可知粒子4入射時的動能比它出射時的大，A錯誤，B正確；粒子1、2做圓周運動，設(shè)粒子1的軌跡處的電場強度為E1，則qE1＝meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),r1)，粒子1的動能Ek1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝eq\f(qE1r1,2)，設(shè)粒子2的軌跡處的電場強度為E2，則qE2＝meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)),r2)，粒子2的動能Ek2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝eq\f(qE2r2,2)，由于極板間各點的電場強度大小與其到O點的距離成反比，即eq\f(E1,E2)＝eq\f(r2,r1)，所以Ek1＝Ek2，C錯誤；粒子3出射時，qE1>meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3)),r1)，此時粒子3的動能Ek3′＝eq