高考物理一轮复习课时练习 第11章阶段复习练(四)　电场和磁场（含详解）

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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b
D．按键的过程中，电容器间的电场强度减小
2.(2023·广东深圳市期末)如图所示，将一轻质矩形弹性软线圈ABCD中A、B、C、D、E、F六点固定，E、F为AD、BC边的中点。一不易形变的长直导线在E、F两点处固定，现将矩形绝缘软线圈中通入电流I1，直导线中通入电流I2，已知I1≪I2，长直导线和线圈彼此绝缘。则稳定后软线圈大致的形状可能是( )
3．(多选)如图甲所示，为特高压输电线路上使用六分裂阻尼间隔棒的情景。其简化如图乙，间隔棒将6条输电导线分别固定在一个正六边形的顶点a、b、c、d、e、f上，O为正六边形的中心，A点、B点分别为Oa、Od的中点。已知通电导线在周围形成磁场的磁感应强度与电流大小成正比，与到导线的距离成反比。6条输电导线中通有垂直纸面向外、大小相等的电流，其中a导线中的电流对b导线的安培力大小为F，则( )
A．A点和B点的磁感应强度相同
B．其中b导线所受安培力大小为eq \f(5,2)F
C．a、b、c、d、e五根导线在O点的磁感应强度方向垂直于ed向下
D．a、b、c、d、e五根导线在O点的磁感应强度方向垂直于ed向上
4.(2024·江苏常州市检测)如图所示，ABCD为真空中一正四面体区域，M和N分别为AC边和AD边的中点，A处和C处分别有等量异种点电荷＋Q和－Q。则( )
A．B、D处电场强度大小相等，方向不同
B．电子在M点的电势能小于在N点的电势能
C．将一试探正电荷从B沿直线BD移动到D静电力做正功
D．将位于C处的电荷－Q移到B处时M、N点电场强度大小相等
5.(2024·河南周口市期中)如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一质量为m的带电小球。小球静止时细线与竖直方向成θ角，此时让小球获得初速度且恰能绕O点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动，重力加速度为g，忽略空气阻力。下列说法正确的是( )
A．匀强电场的电场强度E＝eq \f(mg,qtan θ)
B．小球动能的最小值为Ek＝eq \f(mgL,2cs θ)
C．小球的重力势能最小时机械能也最小
D．小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先增大后减小再增大
6.(多选)(2024·广西北海市一模)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∶4
D．φA－φB＝φC－φB
7.(2024·辽宁省十校联合体联考)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eq \r(n)∶eq \r(n＋1)
B．粒子从D形盒出口引出时的速度为eq \f(1,2)πfr
C．粒子在D形盒中加速的次数为eq \f(πfBr2,16U)
D．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
8.(多选)如图，在一个边长为a的正六边形区域内，存在磁感应强度为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，三个相同的带正电粒子，比荷为eq \f(q,m)，先后从A点沿AD方向以大小不等的速率射入匀强磁场区域，已知粒子只受磁场的作用力，则( )
A．从F点飞出磁场的粒子速度大小为eq \f(\r(3)Bqa,m)
B．所有从AF边上飞出磁场的粒子，在磁场中的运动时间都相同
C．从E点飞出磁场的粒子，在磁场中的运动时间为eq \f(πm,3Bq)
D．从ED边上的某一点垂直ED飞出磁场的粒子，其轨道半径为2eq \r(3)a
9.(多选)(2023·四川成都市模拟)利用霍尔效应制作的霍尔元件广泛应用于测量和自动控制等领域，如图是霍尔元件的工作原理示意图。磁感应强度B垂直于用金属材料制成的霍尔元件的表面向下，通入图示方向的电流I，C、D两端会形成电势差UCD，电子的电荷量为e，导体中单位体积内的电子数为n，垂直于电流的侧面长宽分别为h、d。则下列说法正确的是( )
A．C端电势一定高于D端电势
B．载流子所受静电力的大小为F＝eeq \f(|UCD|,h)
C．仅增大电流I，UCD的绝对值将增大
D．仅增大d，UCD的绝对值将增大
10.(2024·贵州遵义市第一次质检)如图所示，竖直平面内有一半径为R的圆形区域，其圆心为O，最高点为P，该区域内存在垂直圆面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在圆形区域右侧竖直放置一粒子收集器， M、N为收集器上、下边缘的两点，MN与圆形区域在同一平面内，O与N在同一水平线上，MN＝R，ON＝eq \r(3)R。从P点沿PO方向射入大量速率不等的同种粒子，粒子所带电荷量为q、质量为m。忽略粒子间的相互作用力和粒子重力，关于打在收集器MN上的粒子，下列说法正确的是( )
A．粒子带负电
B．粒子在磁场中运动的最短时间为eq \f(πm,3Bq)
C．打在收集器上的粒子的最小速率为eq \f(\r(3)BqR,m)
D．从P点到 N点的粒子比从P点到 M点的粒子运动时间短
11.(2024·湖北省联考)如图所示，直角坐标系xOy中，x轴上方存在竖直向下的匀强电场，x轴下方存在垂直纸面向外的匀强磁场。一带正电粒子从＋y轴上的P点，以初速度v0沿与y轴正方向成θ＝53°角方向射入第一象限，经x轴后恰好能通过坐标原点O。已知粒子经过x轴时与x轴正方向也成53°角，且OP＝L，不计粒子重力，sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6。
(1)求匀强电场的电场强度与匀强磁场的磁感应强度大小之比；
(2)若仅改变匀强磁场的磁感应强度大小，使粒子从＋y轴上的P点以同样方式射出后，进出磁场一次后又恰好能回到P点，求改变后的磁感应强度与改变前的磁感应强度大小之比。
12.(2023·重庆市检测)如图所示，直角坐标系xOy的第一象限内有竖直向上的匀强电场，第二象限内既有沿x轴负方向的匀强磁场，又有沿x轴负方向的匀强电场，电场强度与第一象限内的电场强度等大。现有一质量为m、电荷量为＋q(q>0)的粒子从x轴上的P点，以初速度v0沿x轴负方向进入第一象限，经y轴上的Q点进入第二象限内，在以后的运动过程中恰好未从过x轴的水平面飞出电磁场。已知P、Q到坐标原点O的距离分别为2d、d，不计粒子重力，求：
(1)电场强度的大小及粒子到达Q点时速度的大小；
(2)匀强磁场的磁感应强度大小；
(3)粒子在磁场中运动第二次与过x轴的水平面相交时沿x轴方向位移的大小。
阶段复习练(四) 电场和磁场
1．B [根据C＝eq \f(εrS,4πkd)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＝Ed，可知电容器间的电场强度增大，故D错误。]
2．B [由安培定则可知，通电直导线左侧磁场垂直于纸面向外，右侧磁场垂直于纸面向里，由于I1≪I2，可以忽略电流I1产生的磁场，软线圈的各段的形变方向为其受到的安培力方向，故而由左手定则可判断B图正确。]
3．BC [根据对称性可知A点和B点的磁感应强度大小相等，方向不同，关于O点对称，故A错误；根据题意可知a、c对导线b的安培力大小F，f、d对导线b的安培力大小为Ffd＝eq \f(\r(3),3)F，e对导线b的安培力大小为eq \f(F,2)，根据力的矢量合成可得b导线所受安培力Fb＝2Fsin 30°＋2×eq \f(\r(3)F,3)sin 60°＋eq \f(F,2)＝eq \f(5F,2)，故B正确；根据安培定则，a、d两条导线在O点的磁感应强度等大反向，b、e两条导线在O点的磁感应强度等大反向，a、b、c、d、e五根导线在O点的磁感应强度方向与c导线在O点的磁感应强度方向相同，垂直于ed向下，故C正确，D错误。]
4．D [因为是正四面体，所以各棱长相等，A处和C处分别有等量异种点电荷，则根据点电荷的电场强度公式E＝keq \f(Q,r2)可知，两点电荷各自在B、D处产生的电场强度大小相等，但由于电场强度是矢量，其叠加遵循平行四边形定则，根据电场强度的叠加原理可知，两点电荷在B、D处产生的电场强度大小相等、方向相同，故A错误；根据等量异种点电荷形成的电场的特点可知，两点电荷连线的中垂面为等势面，电势为零，而M点在该等势面上，则可知M点的电势为零，以此中垂面为界限，靠近正电荷电势为正，靠近负电荷电势为负，N点靠近正电荷，则其电势大于零，因此有φN>φM，而电子在电势越高的地方电势能越小，由此可知电子在M点的电势能大于在N点的电势能，故B错误；根据正四面体的性质可知，BD在该等量异种点电荷连线的中垂面上，因此B、D两点电势相等，均为零，将一试探正电荷从B沿直线BD移动到D静电力不做功，故C错误；将位于C处的电荷－Q移到B处时，可知M、N两点到正电荷的距离相等，且M、N两点到负电荷的距离也相等，根据点电荷的电场强度公式以及几何关系可知，两点电荷分别在M、N两点产生的合电场强度的大小相等，故D正确。]
5．B [小球静止时细线与竖直方向成θ角，对小球受力分析，小球受重力、拉力和静电力，三力平衡，根据平衡条件，有mgtan θ＝qE，解得E＝eq \f(mgtan θ,q)，故A错误；小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点A速度最小，如图。根据牛顿第二定律，有eq \f(mg,cs θ)＝meq \f(v2,L)，则最小动能Ek＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(mgL,2cs θ)，故B正确；小球的机械能和电势能之和守恒，则小球运动至电势能最大的位置机械能最小，小球带负电，则小球运动到圆周轨迹的最左端点时机械能最小，故C错误；小球从初始位置开始，在竖直平面内沿逆时针方向运动一周的过程中，静电力先做正功后做负功，再做正功，则其电势能先减小后增大，再减小，故D错误。]
6．AD [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keq \f(q1,x12)＝keq \f(q2,x2－x12)，解得eq \f(q1,q2)＝eq \f(4,9)，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A、C两点的电势比B点的电势低，则φA－φB＝φC－φB，故D正确。]
7．D [根据洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，有qvB＝eq \f(mv2,R)，则有半径公式R＝eq \f(mv,Bq)，与nqU＝eq \f(1,2)mv2，可得R＝eq \f(1,B)eq \r(\f(2nmU,q))，所以粒子第n次被加速前、后的轨道半径之比为eq \r(n－1)∶eq \r(n)，选项A错误；粒子从D形盒出口引出时根据Bqv＝meq \f(v2,R)，可得vm＝eq \f(Bqr,m)，其中f＝eq \f(1,T)＝eq \f(qB,2πm)，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＝eq \f(\f(1,2)mvm2,qU)＝eq \f(πfBr2,U)，选项C错误；粒子从D形盒出口引出时的动能为Ekm＝eq \f(1,2)mvm2＝eq \f(B2q2r2,2m)＝πBqr2f，当磁感应强度变为原来的2倍，因f＝eq \f(qB,2πm)，则f变为原来的2倍，则此时Ekm＝4πfqBr2，选项D正确。]
8．BCD [从F点飞出的粒子在正六边形区域磁场中做圆周运动的半径为r1，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvB＝meq \f(v2,r1)，由几何关系可得r1＝eq \f(a,2sin 60°)＝eq \f(\r(3)a,3)，
联立解得v＝eq \f(\r(3)qBa,3m)，故A错误；
粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T＝eq \f(2πm,qB)，所有从AF边上飞出磁场的粒子，在磁场中转过的圆心角均为120°，则在磁场中的运动时间均为t＝eq \f(120°,360°)T＝eq \f(1,3)×eq \f(2πm,qB)＝eq \f(2πm,3qB)，故B正确；
由几何关系可得，从E点飞出的粒子在磁场中转过的圆心角60°，粒子在磁场中的运动时间为t＝eq \f(60°,360°)T＝eq \f(1,6)×eq \f(2πm,qB)＝eq \f(πm,3qB)，故C正确；
由几何关系可得，从ED边上的某一点垂直ED飞出磁场的粒子，在磁场中转过的圆心角为30°，则有AE＝2acs 30°＝eq \r(3)a，r3＝eq \f(AE,sin 30°)＝2eq \r(3)a，故D正确。]
9．BC [因霍尔元件材料为金属，金属中可自由移动的是电子，电子受洛伦兹力向左，即电子会打到C端，故有UCD<0，C端电势低于D端电势，故A错误；根据电场强度定义式可得F＝Ee，又因E＝eq \f(|UCD|,h)，电子受静电力大小为F＝Ee＝eq \f(|UCD|,h)e，故B正确；当霍尔元件状态稳定时，根据平衡条件，有Bev＝eeq \f(|UCD|,h)，其中I＝nevhd，解得|UCD|＝eq \f(BI,ned)，仅增大电流I，|UCD|增大；仅增大d，|UCD|减小，故C正确，D错误。]
10．D [根据题意可知，粒子在磁场中向右偏转，根据左手定则可知，粒子带正电，故A错误；打到M、N两点的粒子轨迹如图所示，由图可知，粒子打到N点时，在磁场中的轨迹对应的圆心角最小，在磁场中的运动时间最短，则有tmin＝eq \f(1,4)T＝eq \f(1,4)×eq \f(2πm,qB)＝eq \f(πm,2qB)，故B错误；粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝meq \f(v2,r)，解得r＝eq \f(mv,qB)，由图可知粒子打到M点时，在磁场中的轨道半径最小，粒子的速度最小，根据几何关系可得，tan θ＝eq \f(\r(3)R,R)＝eq \r(3)，可得θ＝60°，则最小半径为r1＝Rtan eq \f(θ,2)＝eq \f(\r(3),3)R，联立解得打在收集器上的粒子的最小速率为v1＝eq \f(\r(3)BqR,3m)，故C错误；由图可知，从P点到 N点的粒子在磁场中的运动时间小于从P点到 M点的粒子在磁场中的运动时间；离开磁场到打到收集器，从P点到 N点的粒子通过的位移小于从P点到 M点的粒子通过的位移，从P点到 N点的粒子的速度大于从P点到 M点的粒子的速度，则从P点到 N点的粒子从离开磁场到打到收集器所用时间小于从P点到 M点的粒子从离开磁场到打到收集器所用时间，故从P点到 N点的粒子比从P点到 M点的粒子运动时间短，故D正确。]
11．(1)eq \f(5,8)v0 (2)eq \f(1,2)或eq \f(25,32)
解析 (1)设粒子质量为m、电荷量为q，电场强度为E，经过x轴时的速度为v，磁感应强度大小为B。粒子在电场中做类斜上抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图。
在电场中，根据类抛体运动规律
vcs 53°＝v0sin 53°
根据动量定理Eq·t＝mvsin 53°＋mv0cs 53°，根据动能定理
Eq·L＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02
在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力Bqv＝meq \f(v2,R)
根据几何关系2Rsin 53°＝v0sin 53°·t
联立解得E＝eq \f(7mv02,18qL)，B＝eq \f(28mv0,45qL)
可得eq \f(E,B)＝eq \f(5,8)v0
(2)设改变后的磁感应强度为B′，粒子运动轨迹如图所示
在第一象限x1＝v0sin 53°·t
在第三、四象限B′qv＝meq \f(v2,R′)
在第二象限，根据运动学公式
x2＝vcs 53°·t′
L＝vsin 53°·t′－eq \f(1,2)at′2
根据牛顿第二定律Eq＝ma
根据几何关系2R′sin 53°＝x1＋x2
联立解得B′＝eq \f(14mv0,45qL)或B′＝eq \f(35mv0,72qL)
则eq \f(B′,B)＝eq \f(1,2)或eq \f(B′,B)＝eq \f(25,32)。
12．(1)eq \f(mv02,2qd) eq \r(2)v0 (2)eq \f(mv0,qd)
(3)eq \f(7πd,2)＋eq \f(49π2d,16)
解析 (1)由题可知，从P到Q粒子做类平抛运动，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2d＝v0t，,d＝\f(1,2)·\f(Eq,m)t2))，解得E＝eq \f(mv02,2qd)，由动能定理可知Eqd＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02
解得v＝eq \r(2)v0
(2)将速度v沿坐标轴分解如图所示，故粒子的运动可看成为沿x负方向的匀加速直线运动和竖直方向匀速圆周运动的合运动
由题可知圆周运动的半径为r＝d，
vy＝eq \r(v2－v02)＝v0
根据圆周运动的基本规律得
Bqv0＝meq \f(v02,r)
解得B＝eq \f(mv0,qd)
(3)粒子沿x轴负方向做匀加速直线运动，故x＝v0t′＋eq \f(1,2)·eq \f(Eq,m)t′2
粒子在磁场中从进入磁场运动到第二次与过x轴的水平面相交所用的时间为t′＝eq \f(7,4)T＝eq \f(7,4)·eq \f(2πd,v0)＝eq \f(7πd,2v0)
联立解得x＝eq \f(7πd,2)＋eq \f(49π2d,16)。