第十一章　阶段复习(四)　电场和磁场-2026版一轮复习

阶段复习(四)电场和磁场知识网络规范训练规范答题答案(1)v02E1RE1RL解析(1)在区域Ⅰ中由静电力提供向心力可得q0E1＝m0v02得q0m区域Ⅱ中x轴方向有L＝v0t③y轴方向有a＝q0EL2＝12联立②③④⑤式得E2＝E1R(2)设粒子以速率v进入辐向电场，在辐向电场中有qE1＝mv2R我用夸克网盘分享了「与您分享-国家、地方、行业、团体标准」，点击链接即可保存。打开「夸克APP」，无需下载在线播放视频，畅享原画5倍速，支持电视投屏。链接：/s/45a9f612fe59提取码：t9EX联系qq:1328313560我的道客巴巴：/634cd7bd0a3f5a7311db139533c20794

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得v＝qE1区域Ⅱ中沿x轴方向有L＝vt1⑨y轴方向有a1＝qE2y＝12a1t1vy＝a1t1⑫联立⑥⑧⑨⑩⑪⑫式得y＝L2⑬vy＝qE1区域Ⅲ中粒子速度方向与x轴正方向的夹角为θ，则tanθ＝vyv＝1粒子进入区域Ⅲ的速度大小v'＝v2方向与区域Ⅲ中磁场方向垂直⑯由qv'B＝mv'2联立⑭⑮⑯⑰式得r＝1B2为了保证粒子能够打到粒子收集板上，粒子轨迹如图所示，由几何关系可知粒子在磁场中的半径需要满足12L<r<22L联立⑱⑲式得粒子的比荷4E1RB2阶段复习练(四)(分值：100分)一、单项选择题：每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.(2024·山东济宁市期末)如图甲所示，计算机键盘为电容式传感器，每个键下面由相互平行、间距为d的活动金属片和固定金属片组成，两金属片间有空气间隙，两金属片组成一个平行板电容器，如图乙所示。其内部电路如图丙所示，则下列说法正确的是()A.按键的过程中，电容器的电容减小B.按键的过程中，电容器的电荷量增大C.按键的过程中，图丙中电流方向从a流向bD.按键的过程中，电容器间的电场强度减小答案B解析根据C＝εrS4πkd得知，按键过程中，板间距离d减小，电容C增大，故A错误；因C增大，U不变，根据Q＝CU知Q增大，电容器充电，电流方向从b流向a，故B正确，C错误；根据电势差与电场强度的关系U＝2.(2024·浙江1月选考·4)磁电式电表原理示意图如图所示，两磁极装有极靴，极靴中间还有一个用软铁制成的圆柱。极靴与圆柱间的磁场都沿半径方向，两者之间有可转动的线圈。a、b、c和d为磁场中的四个点。下列说法正确的是()A.图示左侧通电导线受到安培力向下B.a、b两点的磁感应强度相同C.圆柱内的磁感应强度处处为零D.c、d两点的磁感应强度大小相等答案A解析由左手定则可知，图示左侧通电导线受到安培力向下，故A正确；a、b两点的磁感应强度大小相同，但是方向不同，故B错误；磁感线是闭合的曲线，则圆柱内的磁感应强度不为零，故C错误；因c点处的磁感线较d点密集，可知c点的磁感应强度大于d点的磁感应强度，故D错误。3.(2022·江苏卷·9)如图所示，正方形ABCD四个顶点各固定一个带正电的点电荷，电荷量相等，O是正方形的中心，将A点的电荷沿OA的延长线向无穷远处移动，则()A.在移动过程中，O点电场强度变小B.在移动过程中，C点的电荷所受静电力变大C.在移动过程中，移动的电荷所受静电力做负功D.当其移动到无穷远处时，O点的电势高于A点答案D解析O是等量同种电荷连线的中点，电场强度为0，将A处的正点电荷沿OA方向移至无穷远处，O点电场强度变大，故A错误；移动过程中，C点电场强度变小，正电荷所受静电力变小，故B错误；A点电场方向沿OA方向，移动过程中，移动的电荷所受静电力做正功，故C错误；A点电场方向沿OA方向，沿电场线方向电势降低，A点的电荷移动到无穷远处时，O点的电势高于A点电势，故D正确。4.如图所示，在沿水平方向的匀强电场中有一固定点O，用一根长度为l的绝缘细线把质量为m、带电量为q的金属小球悬挂在O点。小球静止在B点时，细线与竖直方向的夹角为θ＝37°。重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。现将小球拉至位置A使细线水平后由静止释放，以下说法中正确的是()A.从A到最低点C的过程中小球的机械能守恒B.从A到最低点C的过程中小球的速度一直增大C.从A到最低点C的过程中小球的向心力大小先增大后减小D.若在A点给一个初速度，小球可以做完整的圆周运动，则速度最小值出现在C1点答案C解析从A到最低点C的过程中，静电力做负功，所以小球机械能不守恒，故A错误；由题意可知，B点为等效最低点，所以从A到最低点C的过程中小球的速度先增大后减小，根据公式F向＝mv2r，可知此过程小球的向心力大小先增大后减小，故B错误，C正确；根据竖直平面等效圆周运动，可知小球做完整的圆周运动，速度最小值出现在BO延长线与圆周的交点处，故5.(2024·江西卷·7)石墨烯是一种由碳原子组成的单层二维蜂窝状晶格结构新材料，具有丰富的电学性能。现设计一电路测量某二维石墨烯样品的载流子(电子)浓度。如图(a)所示，在长为a，宽为b的石墨烯表面加一垂直向里的匀强磁场，磁感应强度为B，电极1、3间通以恒定电流I，电极2、4间将产生电压U。当I＝1.00×10－3A时，测得U－B关系图线如图(b)所示，元电荷e＝1.60×10－19C，则此样品每平方米载流子数最接近()A.1.7×1019 B.1.7×1015C.2.3×1020 D.2.3×1016答案D解析设样品每平方米载流子(电子)数为n，电子定向移动的速率为v，则时间t内通过样品的电荷量q＝nevtb，根据电流的定义式得I＝qt＝nevb，当电子稳定通过样品时，其所受静电力与洛伦兹力平衡，则有evB＝eUb，联立解得U＝IneB，结合题图乙可得k＝Ine＝88×10-3320×10-3V/T＝0.2756.(2023·全国乙卷·18)如图，一磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于纸面(xOy平面)向里，磁场右边界与x轴垂直。一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，粒子离开磁场后，沿直线运动打在垂直于x轴的接收屏上的P点；SP＝l，S与屏的距离为l2，与x轴的距离为a。如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏。该粒子的比荷为(A.E2aB2 B.EaB答案A解析由题知，带电粒子由O点沿x轴正方向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，则根据几何关系可知粒子做圆周运动的半径r＝2a，粒子做圆周运动有qvB＝mv2r，则qm＝v2aB，如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏，有Eq7.回旋加速器在科学研究中得到了广泛应用，其原理如图所示。D1和D2是两个中空的半圆形金属盒，置于与盒面垂直的匀强磁场中，他们接在电压为U、频率为f的高频交流电源上。已知匀强磁场的磁感应强度为B，D形盒的半径为r。若位于D1圆心处的粒子源A处能不断产生带电荷量为q、速率为零的粒子经过电场加速后进入磁场，当粒子被加速到最大动能后，再将他们引出。忽略粒子在电场中运动的时间，忽略相对论效应，忽略粒子重力及粒子间相互作用，下列说法正确的是()A.粒子第n次被加速前后的轨道半径之比为n∶nB.粒子从D形盒出口引出时的速度为12πC.粒子在D形盒中加速的次数为πD.当磁感应强度变为原来的2倍，同时改变交流电频率，该粒子从D形盒出口引出时的动能为4πfqBr2答案D解析根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝mv2R，则有半径R＝mvBq，由动能定理有nqU＝12mv2，可得R＝1B2nmUq，所以粒子第n次被加速前、后的轨道半径之比为n-1∶n，选项A错误；粒子从D形盒出口引出时根据Bqvm＝mvm2r，可得vm＝Bqrm，其中f＝1T＝qB2πm，解得速度为vm＝2πfr，选项B错误；粒子在D形盒中加速的次数为n＝12mvm2qU＝πfBr2U，选项C错误；粒子从D形盒出口引出时的动能为二、多项选择题：每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。8.如图所示，x轴上有两个点电荷位于O、O'位置，一负试探电荷沿x轴由O向O'移动的过程中，该电荷的电势能随位置的变化规律如图所示，A、C两点的连线以及B点的切线均与x轴平行，B点的横坐标为x1＝2，O'点的横坐标为x2＝5。则下列说法正确的是()A.B点的电场强度为零B.O、O'两点的电荷均为正电荷C.O、O'两点的点电荷所带电荷量的绝对值之比为9∶4D.φA－φB＝φC－φB答案AD解析Ep－x图像中图线的斜率表示静电力，由于B点的切线与x轴平行，即斜率为零，故试探电荷在B点的静电力为零，电场强度为零，故A正确；由于负的试探电荷在两点电荷产生的电场中电势能为正值，设试探电荷所带电荷量绝对值为q，则由公式Ep＝－qφ可知电场中各点的电势为负值，所以两点电荷均带负电，故B错误；设O、O'两点的点电荷所带的电荷量绝对值分别为q1、q2，由于B点的电场强度为0，则由电场强度的叠加原理得kq1x12＝kq2(x2-x1)2，解得q1q2＝49，故C错误；试探电荷在A、C两点的电势能相等，则A、C两点的电势相等，又A9.如图甲所示，两平行金属板A、B的板长和板间距均为d，两板之间的电压随时间周期性变化规律如图乙所示。一不计重力的带电粒子以速度v0从O点沿板间中线射入极板之间，若t＝0时刻进入电场的带电粒子在t＝T时刻刚好沿A板右边缘射出电场，则()A.t＝0时刻进入电场的粒子在t＝T2时刻速度大小为2vB.t＝T4时刻进入电场的粒子在t＝T2时刻速度大小为C.t＝T4时刻进入电场的粒子在两板间的最大偏移量为D.t＝T6答案AD解析在T2时刻，粒子在水平方向上的分速度为v0，设此时竖直方向的速度为vy，两平行金属板A、B的板长和板间距均为d，则有v0·T＝d，vy2×T2×2＝d2，解得vy＝v0，根据平行四边形定则知，粒子在T2时刻的速度大小为v＝v02＋vy2＝2v0，故A正确；t＝0时刻射入电场的粒子，运动时间为电场变化周期，则竖直方向每T2时间内移动的位移都相同设为Δy，则有Δy＝12a(T2)2＝18aT2＝14d，当该粒子在T4时刻以速度v0进入电场，则此时粒子竖直方向上在静电力的作用下，先匀加速，再匀减速，接着再反向匀加速和匀减速后回到中线位置，由运动的对称性可知，竖直方向先匀加速后匀减速的位移大小为y1＝2×12a(T4)2＝116aT2＝d8，故C错误；t＝T4时刻进入电场的粒子在t＝T2时刻，竖直方向速度大小为vy'＝vy2＝v10.(2024·浙江6月选考·15)如图所示，一根固定的足够长的光滑绝缘细杆与水平面成θ角。质量为m、电荷量为＋q的带电小球套在细杆上。小球始终处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中。磁场方向垂直细杆所在的竖直面，不计空气阻力，重力加速度为g。小球以初速度v0沿细杆向上运动至最高点，则该过程()A.合力冲量大小为mv0cosθB.重力冲量大小为mv0sinθC.洛伦兹力冲量大小为qBD.若v0＝2mg答案CD解析根据动量定理有I＝0－mv0＝－mv0故合力冲量大小为mv0，故A错误；小球上滑的时间为t＝v重力的冲量大小为IG＝mgt＝mv0sin洛伦兹力冲量大小为I洛＝qvBt＝qBx，又x＝v0则I洛＝qB故C正确；若v0＝2mgcosθqB，0时刻小球所受洛伦兹力为Bqv0＝2小球在垂直细杆方向所受合力为零，可得Bqv＝mgcosθ＋FN即FN＝Bqv－mgcosθ＝Bq(v0－at)－mgcosθ＝mgcosθ－Bqtgsinθ则小球在整个减速过程的FN－t图像如图图线与横轴围成的面积表示弹力的冲量，可得弹力的冲量为零，故D正确。三、非选择题：本题共4小题，共54分。11.(12分)(九省联考·河南·23)学生小组用放电法测量电容器的电容，所用器材如下：电池(电动势3V，内阻不计)；待测电容器(额定电压5V，电容值未知)；微安表(量程200μA，内阻约为1kΩ)；滑动变阻器R(最大阻值为20Ω)；电阻箱R1、R2、R3、R4(最大阻值均为9999.9Ω)；定值电阻R0(阻值为5.0kΩ)；单刀单掷开关S1、S2，单刀双掷开关S3；计时器；导线若干。(1)小组先测量微安表内阻，按图(a)连接电路。(2)(6分)为保护微安表，实验开始前S1、S2断开，滑动变阻器R的滑片应置于(填“左”或“右”)端。将电阻箱R1、R2、R3的阻值均置于1000.0Ω，滑动变阻器R的滑片置于适当位置。保持R1、R3阻值不变，反复调节R2，使开关S2闭合前后微安表的示数不变，则P、Q两点的电势(填“相等”或“不相等”)。记录此时R2的示数为1230.0Ω，则微安表的内阻为Ω。(3)(2分)按照图(b)所示连接电路，电阻箱R4阻值调至615.0Ω，将开关S3掷于位置1，待电容器充电完成后，再将开关S3掷于位置2，记录微安表电流I随时间t的变化情况，得到如图(c)所示的图像。当微安表的示数为100μA时，通过电阻R0的电流是μA。(4)(4分)图(c)中每个最小方格面积所对应的电荷量为C(保留两位有效数字)。某同学数得曲线下包含150个这样的小方格，则电容器的电容为F(保留两位有效数字)。答案(2)左相等1230.0(3)300(4)3.2×10－64.8×10－4解析(2)为保护微安表，实验开始前S1、S2断开，滑动变阻器R的滑片应置于左端。由题知，使开关S2闭合前后微安表的示数不变，则说明P、Q两点的电势相等。根据电桥平衡可知，此微安表的内阻为1230.0Ω。(3)由于微安表与R4并联，则当微安表的示数为100μA时，R4所在支路的电流为I4＝IRgR4＝100则通过电阻R0的电流I总＝I4＋I＝300μA(4)题图(c)中每个最小方格面积所对应的电荷量q＝8μA×0.4s＝3.2×10－6C150个这样的小方格的总电荷量Q＝nq＝150×3.2×10－6C＝4.8×10－4C且微安表改装后流过R0的电流是流过微安表的3倍，则根据电容的定义式可知电容器的电容C＝QU＝4.8×10-4×33F＝412.(12分)如图所示，空间存在水平向右、电场强度大小为E＝1×106N/C的匀强电场，一个质量为m＝0.1kg、电荷量为q＝＋1×10－6C的小球，从A点以初速度v0＝10m/s竖直向上抛出，经过一段时间落回到与A点等高的位置B点(图中未画出)，重力加速度g取10m/s2。求：(1)(3分)小球运动到最高点时距离A点的高度；(2)(5分)小球运动到最高点时速度大小；(3)(4分)小球运动过程中最小动能。答案(1)5m(2)10m/s(3)2.5J解析(1)小球在空间的运动可以分解为水平方向初速度为零的匀加速直线运动和竖直方向初速度为v0＝10m/s、加速度为g的竖直上抛运动，所以在竖直方向上最高点处有v02＝解得h＝v022g＝10(2)小球运动到最高点时，竖直方向分速度减为零，由v0＝gt解得t＝v水平方向由vx＝at解得vx＝qEv0mg＝1×(3)小球运动过程中动能的表达式为Ek＝12mv2＝12m(vx2＋vy2)＝12m[(qEmt)由数学知识可得当t＝0.5s时小球的动能最小，最小动能为Ekm＝2.5J。13.(14分)(2024·广东卷·15)如图甲所示，两块平行正对的金属板水平放置，板间加上如图乙所示幅值为U0、周期为t0的交变电压。金属板左侧存在一水平向右的恒定匀强电场，右侧分布着垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一带电粒子在t＝0时刻从左侧电场某处由静止释放，在t＝t0时刻从下板左端边缘位置水平向右进入金属板间的电场内，在t＝2t0时刻第一次离开金属板间的电场、水平向右进入磁场，并在t＝3t0时刻从下板右端边缘位置再次水平进入金属板间的电场。已知金属板的板长是板间距离的π3倍，粒子质量为m(1)(3分)判断带电粒子的电性并求其所带的电荷量q；(2)(6分)求金属板的板间距离D和带电粒子在t＝t0时刻的速度大小v；(3)(5分)求从t＝0时刻开始到带电粒子最终碰到上金属板的过程中，电场力对粒子做的功W。答案(1)正电πmBt0(2)(3)π解析(1)根据带电粒子在右侧磁场中的运动轨迹结合左手定则可知，粒子带正电；粒子在磁场中运动的周期为T＝2t0①根据T＝2πmqB则粒子所带的电荷量q＝πmB(2)若金属板的板间距离为D，则板长为πD3，粒子在板间运动时πD3＝出金属板间电场时竖直速度为零，则竖直方向y＝2×12×U0qDm(0.5t0在磁场中时qvB＝mv2r其中y＝2r＝2mvqB联立解得v＝ππU0D＝3πt0(3)带电粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图，由③④⑦联立可得金属板的板间距离D＝3r则粒子在3t0时刻再次进入中间的偏转电场，在4t0时刻进入左侧的电场做减速运动，速度为零后反向加速，在6t0时刻再次进入中间的偏转电场，6.5t0时刻碰到上金属板，因粒子在偏转电场中运动时，在时间t0内电场力做功为零，在左侧电场中运动时，往返一次电场力做功也为零，可知整个过程中只有最初t0在左侧电场时电场力做功和最后0.5t0时间内电场力做功，则W＝12mv2＋U0Dq14.(16