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阶段滚动检测卷(四)　电场和磁场
(时间:75分钟　分值:100分)
一、单项选择题:本题共7小题,每小题4分,共28分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1.(2025·河南信阳模拟)如图所示,边长为L的正方形金属线框abcd用绝缘细线悬挂在天花板上处于静止状态,ab边水平,带有绝缘层的长直金属导线MN水平固定,刚好与金属线框ad边和bc边接触,线框关于长直导线对称,长直导线通有从M到N的恒定电流,线框中通有大小为I、沿顺时针方向的恒定电流,线框的质量为m,重力加速度为g,细线的拉力为F,则(　　)
A.ab边受到的安培力方向向上
B.FC.俯视看,线框有绕悬线沿逆时针方向转动的趋势
D.长直导线中的电流在线框ab边处产生的磁场磁感应强度大小为
2.(2025·安徽黄山模拟)如图所示,O点为等边三角形ABC的中心。当在A、B两点放置电荷量均为q1的同种点电荷时,C点处的电场强度大小为E1。当在A、B两点放置电荷量均为q2的同种点电荷时,O点处的电场强度大小为E2。若E1与E2相等,则q2与q1的比值为(　　)
A.3 B.2
C. D.
3.电源、开关、平行板电容器连成如图电路,A板接地,闭合开关S,电源对电容器充电后,电容器的电容为C,板间电场强度大小为E,A、B两板间电势差为U,固定在P点的负电荷的电势能为Ep,现将上极板向上移动少许,则下列物理量增大的是(　　)
A.C B.E C.U D.Ep
4.(2024·浙江金华模拟)如图所示,倾斜放置的平行板电容器两极板与水平面夹角为θ=37°,板间距为d=10 cm,带负电的微粒质量为m=3.0×10-4 kg、带电荷量大小为q=1.0×10-8 C。闭合开关S,微粒从极板M的左边缘A处以初速度v0水平射入,沿直线运动并从极板N的右边缘B处射出。已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g=10 m/s2,则(　　)
A.上极板M带负电,下极板N带正电
B.直流电源两端的电压为4.0×103 V
C.仅增大滑动变阻器的阻值,可使微粒做曲线运动
D.A到B运动的过程中,微粒动能的增量为-3.75×10-4 J
5.(2024·福建漳州模拟)如图,一质谱仪由加速电场、静电分析器、磁分析器构成。静电分析器通道的圆弧中心线半径为R,通道内有均匀辐向电场,方向指向圆心O,中心线处各点的电场强度大小相等。磁分析器中分布着方向垂直于纸面的有界匀强磁场,边界为矩形CNQD, NQ=2d,PN=3d。质量为m、电荷量为q的粒子(不计重力),由静止开始从A板经电压为U的电场加速后,沿中心线通过静电分析器,再由P点垂直磁场边界进入磁分析器,最终打在胶片ON上,则(　　)
A.磁分析器中磁场方向垂直于纸面向外
B.静电分析器中心线处的电场强度E=
C.仅改变粒子的比荷,粒子仍能打在胶片上的同一点
D.要使粒子能到达NQ边界,磁场磁感应强度B的最小值为
6.(2025·安徽池州模拟)如图所示,在半径为R的圆内有垂直纸面向里的匀强磁场,现有a、b两个粒子,分别从P点沿PO方向垂直于磁场射入,a粒子从A点离开磁场,速度方向偏转了90°,b粒子从B点离开磁场,速度方向偏转60°,两粒子在磁场中运动的时间相等。不计粒子的重力及粒子间的相互作用力,下列说法中正确的是(　　)
A.a粒子带正电
B.a、b粒子在磁场中运动的周期之比为1∶3
C.a、b粒子的比荷之比为2∶3
D.a、b粒子在磁场中运动的速度之比为∶2
7.(2025·湖北武汉调研)如图是空间某区域电势φ随位置x变化的图像,图中四个区域1、2、3、4内电场强度沿x轴方向的分量大小分别为E1、E2、E3、E4。下列判断正确的是(　　)
A.E1B.E2>E4
C.E2沿x轴正方向
D.电子沿x轴正方向穿过区域2的过程中电势能增大
二、多项选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分。每小题有多个选项符合题目要求,全部选对得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。
8.两电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在x轴上的O、M两点,规定无穷远处为电势能零点,一带负电的试探电荷在x轴上各点具有的电势能随x变化关系如图所示,其中试探电荷在A、N两点的电势能为零,在ND段中C点电势能最大,下列说法正确的是 (　　)
A.q1为正电荷,q2为负电荷
B.q1的电荷量大于q2的电荷量
C.将一正点电荷从N点移到D点,静电力先做负功后做正功
D.一正点电荷从N点由静止释放后会沿x轴正方向运动且到达C点时速度最大
9.(2025·广东汕头一模)如图所示,回旋加速器接在高频交流电压U上,质子束最终获得Ek的能量,不考虑相对论效应,则下列说法正确的是(　　)
A.质子获得的最终能量与高频电压U无关
B.回旋加速器连接的高频交流电压不可以是正弦交流电
C.图中加速器的磁场方向垂直于D形盒向下
D.若用该回旋加速器加速α粒子,则应将高频交流电的频率适当调大
10.如图所示,在xOy平面直角坐标系中,虚线OO'与x轴正方向的夹角为θ=60°,与y轴之间存在垂直纸面向里磁感应强度为B的匀强磁场,第二象限存在沿y轴正方向的匀强电场。一带负电的粒子从x轴负半轴的P点以初速度v0进入电场,与x轴正方向的夹角为α=60°,经电场偏转后从点M(0,L)垂直y轴进入磁场,粒子恰好不从O'O边界射出磁场。不计粒子重力,下列说法正确的是(　　)
A.P点坐标
B.粒子在电场中运动的时间
C.粒子的比荷为
D.电场强度大小为
三、非选择题:本题共5小题,共54分。
温馨提示:此系列题卡,非选择题每空2分,分值不同题空另行标注
11.(7分)(2024·陕西西安模拟)电容储能已经在电动汽车、风光发电、脉冲电源等方面得到广泛应用。某物理兴趣小组设计图甲所示电路,探究不同电压下电容器的充放电过程。器材如下:
电容器C(额定电压10 V,电容标识不清);
电源(电动势12 V,内阻不计);
电阻箱R1(阻值0~99 999.9 Ω);
滑动变阻器(最大阻值20 Ω,额定电流2 A);
电压表V(量程15 V,内阻很大);
发光二极管D1和D2,开关S1和S2,电流传感器,计算机,导线若干。
(1)电容器充电过程,若要提高电容两端电压,应将滑片向　　　　(1分)(选填“左”或“右”)移动。
(2)某次实验中,完成充电后电压表读数如图乙所示,电容器两端的电压为　　　　(1分)。
(3)继续调节滑动变阻器滑片位置,电压表示数为8.0 V时,开关S2掷向1,得到电容器充电过程的
I-t图像,如图丙所示。借鉴“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中估算油膜面积的方法,根据图像可估算出充电结束后,电容器存储的电荷量为　　　　C(结果保留2位有效数字),电容器的电容为　　　　F。
(4)电容器充电后,将开关S2掷向2,发光二极管　　　　(1分)(选填“D1”或“D2”)发光。
12.(9分)如图甲为使用霍尔元件来探测检测电流I0是否发生变化的装置示意图,铁芯竖直放置,霍尔元件放在铁芯右侧,该检测电流在铁芯中产生磁场,其磁感应强度与检测电流强度成正比,霍尔元件所处区域磁场可看作匀强磁场,测量原理如图乙所示,霍尔元件长为a,宽为b,厚度为h,前、后、左、右表面有四个接线柱,通过四个接线柱可以把霍尔元件接入电路。
(1)霍尔元件所处位置的磁场方向为　　　　(选填“竖直向下”“竖直向上”“水平向左”或“水平向右”)。
(2)霍尔元件的前后两表面间形成电势差,电势的高低如图乙所示,则材料中的载流子带　　　　电(选填“正”或“负”)。
(3)已知霍尔元件单位体积内自由电荷数为n,每个自由电荷的电荷量为q,霍尔元件的厚度为h,流过霍尔元件左右表面的电流为I,霍尔电势差为U,则霍尔元件所处区域的磁感应强度B的表达式为B=　　　　(3分)。
(4)当霍尔元件尺寸一定时,霍尔电势差增大,说明检测电流　　　　(选填“增大”或“减小”)。
13.(10分)如图所示,匀强电场内有一直角三角形ABC,AB边竖直,BC边水平,BC=2AB,三角形ABC所在平面与电场线平行,选BC所在的水平面为零重力势能面。把一质量为m、电荷量为q的带正电小球以速率v0从A点抛出,此时小球的动能为其重力势能的3倍,小球经过C点时的速率为v0,若把此小球从B点以速率v0抛出,小球经过A点时速率仍为v0,重力加速度为g,求:
(1)(5分)A、C两点的电势差UAC;
(2)(5分)匀强电场的电场强度E的大小。
14.(12分)如图所示,一足够长的矩形区域abcd内有磁感应强度为B,方向垂直纸面向里的匀强磁场,现从ad边的中点O处,以垂直磁场且跟ad边成30°角的速度方向射入一带电粒子。已知粒子质量为m,带电荷量为q,ad边长为L,不计粒子重力。
(1)(7分)若粒子从ab边上射出,则入射速度v0的范围是多少
(2)(5分)粒子在磁场中运动的最长时间为多少
15.(16分)(2024·江苏南通模拟)如图所示,坐标系xOy平面在纸面内,在x≥0的区域存在垂直纸面向外的匀强磁场,0≤xd的区域Ⅱ的磁感应强度大小分别为B1和B2。大量质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从原点O在坐标平面内向与x正方向成θ(-90°≤θ≤90°)角射入,粒子的速度大小相等,方向随角度均匀分布。沿y轴正方向射入的粒子在P(d,d)点垂直两磁场的边界射入区域Ⅱ。不计粒子的重力和粒子间的相互作用。
(1)(3分)求粒子从原点O射入磁场时的速度大小v;
(2)(6分)若在两磁场分界处有一垂直于xOy平面的足够大竖直挡板,求打到挡板上的粒子数占总粒子数的百分比η;
(3)(7分)若粒子在区域Ⅱ中受到与速度大小成正比、方向相反的阻力,比例系数为k,观察发现沿y轴正方向射入的粒子,射入区域Ⅱ后粒子轨迹呈螺旋状并与两磁场的边界相切于Q点(未画出),求该粒子由P点运动到Q点的时间t及该粒子在区域Ⅱ中运动轨迹的长度l。
阶段滚动检测卷(四)　电场和磁场
1.D　[同向电流相互吸引,ab边受到的安培力方向向下,选项A错误;由安培定则及左手定则知,ab边和cd边受到的安培力均向下,则悬线拉力大于线框重力,选项B错误;根据线框四边受到的安培力分析,线框没有转动的趋势,选项C错误;线框ab边受到的安培力为=ILB,解得B=,选项D正确。]
2.C　[设等边三角形的边长为l,则A处点电荷在C点产生的电场强度大小为EA=k,由矢量叠加原理可知C点的电场强度大小为E1=k,由几何关系可知A、O两点间的距离为l,则EA'=k=3k,由矢量叠加原理可知O点的电场强度大小为E2=3k,即有k=3k,解得=,故C正确。]
3.D　[根据C=可知将上极板向上移动少许,d增大,电容C减小,故A错误;电容器与电源相连,电容器两极板间的电势差不变,根据E=,可知将上极板向上移动少许,d增大,板间电场强度大小E减小,故B、C错误;根据UAP=φA-φP=-φP,且UAP=UAB-UPB=UAB-EdPB,可得φP=EdPB-UAB,可知P点的电势减小,根据Ep=φP(-q)可知P点的负电荷的电势能增大,故D正确。]
4.D　[由于带负电的微粒做直线运动,则合力与速度在一条直线,微粒受力分析,合力与速度方向相反,微粒做匀减速直线运动,上极板M带正电,下极板N带负电,故A错误;根据竖直方向受力平衡有qEcos θ=mg,又U=Ed,联立代入数据得U=3.75×104 V,故B错误;仅增大滑动变阻器的阻值,不能改变电容器两极板间电压,不可使微粒做曲线运动,故C错误;根据动能定理,A到B运动的过程中,微粒动能的增量ΔEk=-qU=-3.75×10-4 J,故D正确。]
5.D　[由静电分析器中静电力提供向心力可知,粒子带正电,根据左手定则可知,磁分析器中磁场方向垂直纸面向里,故A错误;在加速电场中,根据动能定理有qU=mv2,在静电分析器中,由静电力提供向心力有qE=,联立可得E=,故B错误;在磁分析器中,由洛伦兹力提供向心力有qvB=,可得粒子进入磁分析器到打在胶片上的距离D=,所以与比荷有关,仅改变粒子的比荷,粒子不能打在胶片上的同一点,故C错误;由上述公式可知,磁场磁感应强度B越小,半径越大,当B取最小值时,粒子与QD边相切,由于圆心在PN上,则半径R=2d,此时有4d=,解得Bmin=,故D正确。]
6.D　[a粒子进入磁场后,向下偏转,由左手定则可知a粒子带负电,故A错误;a粒子在磁场中运动的时间t=Ta,b粒子在磁场中运动的时间t=Tb,则a、b粒子在磁场中运动的周期之比为Ta∶Tb=2∶3,故B错误;由粒子做匀速圆周运动的周期T=,可得=,则a、b粒子的比荷之比为3∶2,故C错误;如图所示,由几何知识可得a粒子做匀速圆周运动的半径为ra=R,b粒子做匀速圆周运动的半径为rb=R,由qvB=m,可得v=,则a、b粒子在磁场中运动的速度之比为∶2,故D正确。]
7.B　[φ-x图像中,图线斜率的绝对值表示电场强度的大小,由题图可知区域1、3的图线斜率均为零,则区域1、3的电场强度沿x轴方向的分量均为零,即E1=E3,A错误;由题图可知区域2图线斜率的绝对值大于区域4图线斜率的绝对值,所以E2>E4,B正确;区域2中沿x轴正方向电势逐渐升高,又沿电场线方向电势逐渐降低,所以区域2中E2沿x轴负方向,C错误;由公式Ep=qφ可知电子在低电势点的电势能较大,结合C项分析可知电子沿x轴正方向穿过区域2的过程中,电子的电势能逐渐减小,D错误。]
8.BD　[无穷远处的电势能为零,A点的电势能也为零,由于试探电荷带负电,根据负电荷在电势高处电势能小,在电势低处电势能大,可知O点电势最低,结合沿电场线方向电势逐渐降低,可知q1带负电,q2带正电,故A错误;由Ep-x图像的切线斜率表示静电力可知,C点的电场强度为0,则有=,因为rOC>rMC,所以q1>q2,故B正确;负电荷由N到D电势能先增大后减小,则正电荷由N到D电势能先减小后增大,可知静电力先做正功后做负功,故C错误;由以上分析可知,将一正电荷从N点由静止释放,正电荷会沿x轴正方向运动且到达C之前静电力做正功,C点之后做负功,因此C点速度最大,故D正确。]
9.AC　[质子在D形盒中做匀速圆周运动,有qvB=m,解得,质子获得的最大速度为vm=,质子获得的最终能量Ek=m=,可知质子获得的最终能量与高频电压U无关,故A正确;回旋加速器连接的高频交流电压可以是正弦交流电,只要保证质子在磁场中运动的周期和高频交流电的周期相等即可,则高频交流电的频率为f==,若用该回旋加速器加速α粒子,粒子的比荷减小,则应将高频交流电的频率适当调小,故B、D错误;由题图根据质子在磁场中的运动轨迹及左手定则可知,题图中加速器的磁场方向垂直于D形盒向下,故C正确。]
10.AC　[根据逆向思维,粒子从P点到M点的逆运动为从M点到P点的类平抛运动,则有vx=v0cos α,vy=v0sin α,L=vyt,x=vxt解得t=,x=L,故P点坐标为,粒子在电场中运动的时间为,故A正确,B错误;粒子恰好不从O'O边界射出磁场,粒子在磁场中的运动轨迹如图所示,
根据几何关系有+r=L,根据洛伦兹力提供向心力有qvxB=m,解得粒子的比荷为=,故C正确;根据动能定理有-qEL=m-m,其中vM=v0·cos α,且=,联立可得E=,故D错误。]
11.答案　(1)右　(2)6.5 V　(3)3.8×10-3　4.75×10-4　(4)D1
解析　(1)由于滑动变阻器采用分压式接法,故向右端滑动滑片时可以提高电容两端电压。
(2)由于电压表量程为15 V,所以每一小格为0.5 V,所以读数为13×0.5 V=6.5 V。
(3)I-t图像与坐标轴所围区域的面积等于电容器存储的电荷量,所以电容器存储的电荷量为
Q=38×0.5×0.2×10-3 C=3.8×10-3 C,根据电容的定义式可得C== F=4.75×10-4 F。
(4)电容器充电后,将开关S2掷向2,电容器放电,且电容器左极板电势高,右极板电势低,根据二极管的特性可知,D1发光。
12.答案　(1)竖直向上　(2)正　(3)　(4)增大
解析　(1)根据安培定则可知霍尔元件所处位置的磁场方向为竖直向上。
(2)因为后表面的电势高于前表面的电势,根据左手定则,粒子在洛伦兹力的作用下偏向后表面,所以材料中的载流子带正电。
(3)前后表面的距离为b,最终载流子在静电力和洛伦兹力的作用下处于平衡,有q=qvB
根据电流微观表达式,有I=nqSv=nq(bh)v
联立解得B=。
(4)根据q=qvB可知U=,霍尔电势差增大,说明检测电流增大。
13.答案　(1)　(2)
解析　(1)小球在A点的动能为其重力势能的3倍,即
Ek0=m=3mgh
对小球从A到C过程,由动能定理可得
mgh+qUAC=m-m
联立解得UAC=。
(2)对小球从B到A,由动能定理可得
-mgh+qUBA=m-m,解得UBA=
BC中点O电势与A点相等,过B作AO垂线交AO于F点,如图所示,由几何关系可得E===。
14.答案　(1)≤v0≤　(2)
解析　(1)粒子刚好从ab边射出,轨迹如图甲所示,
根据几何关系有r1+r1sin 30°=,解得r1=
由洛伦兹力提供向心力,可得qvB=
解得r1=,v==,所以v0≥
粒子刚好从cd边射出,轨迹如图乙所示,
根据几何关系,可知r2-r2sin 30°=,解得r2=L
同理,可得v0≤
所以若粒子从ab边上射出,则入射速度v0的范围是
≤v0≤。
(2)粒子运动时间长短与圆心角有关,与速度大小无关,粒子从ad边射出时圆心角最大为300°,带电粒子在磁场中运动的周期为T=,最长时间为t=T=。
15.答案　(1)　(2)50%　(3)　
解析　(1)由洛伦兹力提供向心力有qvB1=m
由几何关系得R=d,解得v=。
(2)由R=d知,当初速度方向沿x轴正向时,轨迹与磁场边界相切,此时粒子刚好打到挡板上,因此0°≤θ≤90°范围内的粒子都能打到挡板,所以打到挡板上的粒子数占总粒子数的百分比η=×100%=50%。
(3)该粒子在区域Ⅱ中的运动轨迹如图所示,
由洛伦兹力提供向心力有qvB2=mωv
可得ω=
即角速度为一定值,又可知粒子与边界相切时转过的弧度为π,时间t=
解得t=
粒子在区域Ⅱ中做螺旋线运动,由于阻力最后停下来,在切线方向上,由牛顿第二定律有kvt=mat=m
则有k∑(vtΔt)=m∑Δvt
求和得kl=mv,解得l==。

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