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第十一章　阶段复习练(四)
[分值：100分]
一、单项选择题：每小题4分，共44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·江苏南通市三模)如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B。导线通以恒定电流I，放置在磁场中。已知ab、bc边长均为l，ab与磁场方向夹角为60°，bc与磁场方向平行。该导线受到的安培力为(　　)
A.BIl B.BIl
C.BIl D.BIl
2.(2025·江苏常州市期中)三个点电荷A、B、C附近的电场线分布如图所示，则(　　)
A.电荷A带负电
B.电荷C带正电
C.a点的电势比b点的高
D.a点的电场强度比b点的小
3.(2025·江苏连云港市月考)如图所示，一平行板电容器两极板水平正对，上极板M固定，下极板N放在一个绝缘的温度敏感材料上，温度敏感材料会因为温度的变化而出现明显的热胀冷缩，给电容器充电后，N板带有正电，一带电微粒恰好静止在两极板间的P点。使极板与电源断开，当温度升高时，下列说法正确的是(　　)
A.电容器的电容减小
B.两板间的电场强度减小
C.带电微粒仍然静止
D.带电微粒将向上运动
4.(2025·江苏苏州市开学考)如图所示为三根平行直导线的截面图，若它们的电流大小都相同，方向垂直纸面向里，且如果AB=AC=AD，则A点的磁感应强度的方向为(　　)
A.沿AB方向 B.沿AD方向
C.沿AC方向 D.沿DA方向
5.(2023·江苏南通市名校联盟模拟)如图所示，图甲为速度选择器，图乙为磁流体发电机，图丙为回旋加速器，图丁为质谱仪。下列说法正确的是(　　)
A.图甲中电子、质子能够沿直线通过速度选择器的条件是v=
B.图乙中A板电势比B板电势高
C.图丙中要增大某种粒子的最大动能，可减小磁场的磁感应强度
D.图丁中不同离子经过质谱仪偏转半径之比等于粒子的比荷之比
6.(2024·江苏省镇江一中校考)如图，ABC为正三角形的三个顶点，A、B两点固定电荷量为+q的点电荷，C点固定电荷量为-q的点电荷，O为三角形的中心，D、E为直线BO上的两点，DO=EO。则(　　)
A.O点的电场强度为零
B.D、E两点的电场强度相同
C.D点的电势高于E点的电势
D.电子在D点的电势能大于在E点的电势能
7.(2023·江苏省盐城中学三模)通电直导线ab的质量为m、长为l，用两根细线把导线ab水平吊起，导线上的电流为I、方向如图所示。在竖直方向加一个方向向上的匀强磁场，磁感应强度为B，导线平衡时细线与竖直方向成θ=30°角，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
A.mg=BIl
B.两根细线的拉力的合力FT=mg
C.若增大磁感应强度，则细线的偏角将不变
D.若将导线ab拉到最低处由静止释放，则导线ab可摆过的最大角度为60°
8.(2025·江苏南京市调研)在x轴上关于坐标O点对称的位置上有两个等量的正点电荷，其在x-z平面上形成的电势分布沿x轴的剖面图如图所示，则下列说法正确的是(　　)
A.坐标O点处的电势和电场强度均不为零
B.在x轴上与O点电势相等的点有两个
C.负电荷在a点的电势能比在O点低
D.在z轴任意位置处把正电荷沿x轴正方向单向移动的过程中静电力均先做负功再做正功
9.(2024·江苏扬州市一模)如图所示，在直角三角形ABC中，∠A=30°，BC=R。A、B两点各固定有点电荷，带电荷量分别为-4Q、+Q，以C点为球心固定有不带电的金属球壳，球壳半径为R。已知静电力常量为k，球壳表面的感应电荷在球心C处产生的电场强度(　　)
A.为零
B.大小为k，方向沿BA方向
C.大小为k，方向与CB方向夹角为60°
D.大小为2k，方向沿∠ACB平分线
10.(2025·江苏泰州市开学考)如图所示，一块足够大的粗糙绝缘薄板竖直固定，且与等量异种点电荷连线的中垂面重合，A、O、B为薄板上同一竖直线上的三点，O在点电荷的连线上，AO=OB，一个带电小物块(可视为质点)从A点以初速度v0竖直向下运动，最后静止在B点，不考虑物块电荷量的变化，则物块从A运动到B的过程中(　　)
A.速度一直减小，经过O点时的速度为v0
B.加速度先减小后增大，经过O点时加速度最小
C.电势能先减小后增大，经过O点时电势能最小
D.机械能一直减小，AO段损失的机械能比OB段损失的机械能多
11.(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，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. B. C. D.
二、非选择题：本题共5小题，共56分。
12.(12分)(2024·江苏泰州市一模)电容储能已经在电动汽车、风力发电等方面得到广泛应用。某同学设计了图甲所示电路，探究不同电压下电容器的充、放电过程和测定电容器的电容。实验器材如下：
电容器C(额定电压10 V，电容标识不清)；
电源E(电动势12 V，内阻不计)；
滑动变阻器R1(最大阻值20 Ω)；
电阻箱R2(阻值0~9 999.9 Ω)；
电压表V(量程15 V，内阻较大)；
开关S1、S2，电流传感器，计算机，导线若干。
(1)(3分)按照图甲连接电路，闭合开关S1、断开开关S2，若要升高电容器充电电压，滑动变阻器R1的滑片应向　　　　　端滑动(选填“a”或“b”)。
(2)(3分)当电压表的示数为U1=3 V时，调节R2的阻值，闭合开关S2，通过计算机得到电容器充电过程电流随时间变化的图像；保持R2的阻值不变，断开开关S1，得到电容器放电过程电流随时间变化的图像，图像如图乙所示。测得I1=6 mA，则R2=　　　　　 Ω。
(3)(6分)重复上述实验，得到不同电压下电容器的充、放电过程的电流和时间的图像，利用面积法可以得到电容器电荷量的大小，测出不同电压下电容器所带的电荷量如表：
实验次数 1 2 3 4 5 6
U/V 3 4 5 6 7 8
Q/(×10-3 C) 0.14 0.19 0.24 0.30 0.33 0.38
请在图丙中画出U-Q图像，并利用图像求出电容器的电容为　　　　 F(结果保留两位有效数字)。
13.(6分)如图所示，一带电荷量为-q、质量为m的小物块处于一倾角为θ=37°的足够长的光滑绝缘斜面上，当整个装置处于一水平向左的匀强电场中时，小物块恰好处于静止状态。重力加速度为g，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。
(1)(3分)求电场强度的大小；
(2)(3分)若将小物块沿斜面下移距离为d，求小物块电势能的变化。
14.(8分)(2023·福建卷·14)阿斯顿(F.Aston)借助自己发明的质谱仪发现了氖等元素的同位素而获得诺贝尔奖，质谱仪分析同位素简化的工作原理如图所示。在PP'上方存在一垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。两个氖离子在O处以相同速度v垂直磁场边界入射，在磁场中发生偏转，分别落在M和N处。已知某次实验中，v=9.6×104 m/s，B=0.1 T，落在M处氖离子比荷(电荷量和质量之比)为4.8×106 C/kg；P、O、M、N、P'在同一直线上；离子重力不计。
(1)(4分)求OM的长度；
(2)(4分)若ON的长度是OM的1.1倍，求落在N处氖离子的比荷。
15.(15分)碳14(C)是碳12(C)的一种同位素，具有放射性。如图甲是一个粒子检测装置的示意图，图乙为其俯视图，粒子源释放出经电离后的碳14与碳12原子核(初速度忽略不计)，经直线加速器加速后由通道入口的中缝MN进入通道，该通道的上下表面是内半径为R、外半径为3R的半圆环，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于半圆环面，正对着通道出口处放置一张照相底片，能记录粒子从出口射出时的位置。当直线加速器的加速电压为U0时，碳12原子核恰好能击中照相底片的正中间位置，则：
(1)(4分)计算碳12原子核的比荷；
(2)(5分)照相底片上碳14与碳12原子核所击中位置间的距离(结果用根号表示)；
(3)(6分)若加速电压在≤U≤之间变化，求碳12原子核在磁场中运动的最短时间。
16.(15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倍，粒子质量为m。忽略粒子所受的重力和场的边缘效应。
(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)(6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。
参考解析
1.A　[该导线受到的安培力为F＝BIlsin 60°＝BIl，故选A。]
2.C　[根据点电荷电场线分布情况，由电场线从正电荷或无限远出发，终止于无限远或负电荷，可知电荷A为正电荷，电荷C为负电荷，故A、B错误；沿着电场线方向电势降低，故a点的电势比b点的高，故C正确；电场线越密集的地方电场强度越大，故a点的电场强度比b点的大，故D错误。]
3.C　[当温度升高时，温度敏感材料由于热胀冷缩，使得电容器两极板间距离减小，根据C＝可知，电容器的电容增大，故A错误；由于电容器与电源断开，所以电容器所带电荷量不变，根据C＝，C＝可知，两极板间的电场强度为E＝，可知，电场强度不变，微粒所受静电力不变，所以带电微粒仍处于静止状态，故B、D错误，C正确。]
4.B　[根据右手螺旋定则可知，B处的通电直导线在A点所产生的磁场方向，沿AC方向，C处的通电直导线在A点所产生的磁场方向，沿AD方向，D处的通电直导线在A点所产生的磁场方向，沿CA方向，且磁感应强度的大小均相等，所以A点合磁感应强度的方向沿AD方向，B正确。]
5.A　[题图甲中电子、质子能够沿直线通过速度选择器的条件是v＝，A正确；题图乙中，根据左手定则可知，A板电势比B板电势低，B错误；设D形盒的半径为R，由Bqv＝m可知v＝，故粒子获得的最大动能为Ek＝mv2＝，题图丙中要增大某种粒子的最大动能，可增大磁场的磁感应强度，C错误；题图丁中，由题可知Uq＝mv2，Bqv＝m，解得r＝，可知r∝，D错误。]
6.C　[A、B两点的正电荷在O点的合电场强度沿OC方向，C点的负电荷在O点的电场强度也是沿OC方向，则O点的电场强度不为零，选项A错误；D、E两点在AC连线的垂直平分线上，则A、C两点的电荷在E点的合电场强度大于在D点的合电场强度，方向垂直DE斜向下；而B处电荷在D点的电场强度大于在E点的电场强度，方向沿DE方向，则D点和E点电场强度大小关系不能确定，选项B错误；因D、E两点在AC连线的垂直平分线上，可知A、C两处的电荷在D、E两点的合电势均为零；而B点的正电荷在D点的电势高于E点电势，可知D点的电势高于E点的电势，由Ep＝φq可知，电子在D点的电势能小于在E点的电势能，选项C正确，D错误。]
7.D　[对直导线受力分析，受重力、安培力和细线拉力，如图所示，根据平衡条件可得FA＝BIl＝mgtan θ，即BIl＝mg，细线的拉力的合力FT＝，选项A、B错误；
根据BIl＝mgtan θ可知，若增大磁感应强度，则细线的偏角将增大，选项C错误；若将导线ab拉到最低处由静止释放，则导线ab摆到最大高度时，有BIl·Lsin α－mgL(1－cos α)＝0，解得α＝60°，选项D正确。]
8.B　[等量同种电荷在O处的电场强度因矢量叠加抵消为零，但电势是标量叠加，从题图中可以看出电势不为零，故A错误；从题图中可以看出，在x轴上与O点电势相等的点有两个，故B正确；从题图中可以看出，a点的电势比在O点低，故负电荷在a点的电势能比在O点高，故C错误；从题图中可以看出，从z轴上任意位置沿x轴方向移动的过程中电势先升高再降低，再升高，再降低，故正电荷的电势能经历先升高再降低，再升高，再降低的过程，故静电力均先做负功再做正功再做负功再做正功，故D错误。]
9.C　[A处点电荷在C点产生的电场强度沿CA方向，大小为
E1＝k＝k
B处点电荷在C点产生的电场强度沿BC方向，大小为E2＝k＝E1
A、B两处点电荷分别在C点产生的电场强度方向互成120°，大小相等，所以合电场强度大小为E＝k，方向与BC方向夹角为60°；由于金属球壳内部电场强度处处为零，感应电荷在球心C处产生的电场强度大小为EC＝k，方向与CB方向夹角为60°，故选C。]
10.A　[根据对称性可知，小物块从A到O过程与从O到B过程中克服摩擦力做功相同，设每段摩擦力做功为Wf、在O点时物块的速度为v、AO＝OB＝h，对AO段和OB段，根据动能定理可得mgh－Wf＝mv2－m，mgh－Wf＝0－mv2，解得v＝v0，A正确；由于小物块最后静止在B点，因此小物块受到重力、静电力、薄板支持力和摩擦力的作用，可知小物块带正电，从A到O的过程中，电场强度越来越大，则静电力越来越大，由于小物块在水平方向上受力平衡，可知小物块对薄板的压力增大，从而滑动摩擦力增大，根据a＝可知，加速度增大；从O到B的过程中，电场强度越来越小，静电力越来越小，滑动摩擦力逐渐减小，加速度逐渐减小，因此A运动到B的过程中加速度先增大后减小，经过O点时加速度最大，B错误；由于AB是一等势线，小物块从A到B电势能不变，C错误；由于物块在AO段和OB段损失的机械能都为克服摩擦力做的功，因此AO段和OB段损失的机械能相同，D错误。]
11.A　[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＝m，则，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Eq＝qvB，
联立有，故选A。]
12.(1)b　(2)500　(3)见解析图　5.0×10－5
解析　(1)由电路可知，若要升高电容器充电电压，滑动变阻器R1的滑片应向b端滑动。
(2)由图乙可知，充电的最大电流值为I1，根据欧姆定律可得
R2＝＝500 Ω
(3)U－Q图像如图所示
根据C＝，结合图像可得图线的斜率倒数表示电容器电容，即
C＝ F
＝5.0×10－5 F。
13.(1)　(2)增加
解析　(1)对小物块受力分析，如图
由受力平衡得
qE＝mgtan θ
得E＝
(2)静电力做功
W＝－qEdcos θ＝－
电势能增加量为ΔEp＝－W＝。
14.(1)0.4 m　(2)4.4×106 C/kg
解析　(1)离子进入磁场，洛伦兹力提供其做圆周运动的向心力，
则有qvB＝m
整理得r＝ m＝0.2 m
OM的长度为OM＝2r＝0.4 m
(2)若ON的长度是OM的1.1倍，则ON运动轨迹半径为OM运动轨迹半径的1.1倍，根据洛伦兹力提供向心力得q'vB＝m'
整理得≈4.4×106 C/kg。
15.(1)　(2)(－4)R　
(3)
解析　(1)由题意可知当碳12恰好能击中照相底片的正中间位置时，其运动半径为r＝R＋R＝2R
设碳12经过加速后获得的速度大小为v，根据动能定理有qU0＝mv2
根据牛顿第二定律有qvB＝m
联立有2R＝，
解得
(2)设碳12粒子和碳14粒子经过加速后获得的速度大小分别为v1、v2，根据动能定理有qU0＝m
qU0＝×m
根据牛顿第二定律有
qv1B＝m
qv2B＝m
联立解得r1＝2R，r2＝R
则照相底片上碳12和碳14所击中位置间的距离
Δx＝2r2－2r1＝(－4)R
(3)粒子在磁场做圆周运动的半径与加速电压和比荷的关系r＝
若≤U≤，碳12粒子的半径范围≤r≤
粒子打在内圆环上，轨迹与内圆环交于C点。当MC⊥CO时，圆弧MC对应的圆心角θ最小，用时最短，则有θmin＝，又T＝
tmin＝。
16.(1)正电　　(2)　
π　(3)
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＝2t0 ①
根据T＝ ②
则粒子所带的电荷量q＝ ③
(2)若金属板的板间距离为D，则板长为，粒子在板间运动时＝vt0 ④
出金属板间电场时竖直速度为零，
则竖直方向y＝2××(0.5t0)2 ⑤
在磁场中时qvB＝m ⑥
其中y＝2r＝ ⑦
联立解得v＝π ⑧
D＝ ⑨
(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＝mv2＋q·。

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