文档文本内容
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
阶段复习练(四) 电场和磁场
(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b
D.按键的过程中，电容器间的电场强度减小
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
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( )
1
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
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
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，sin
37°＝0.6，cos 37°＝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
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
＝1.00×10－3 A 时，测得U－B 关系图线如图(b)所示，元电荷e＝1.60×10－19 C，则此样品每平方米载流子
数最接近( )
A.1.7×1019
B.1.7×1015
C.2.3×1020
D.2.3×1016
6.(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l
2，与x 轴的距离为a。如果保持所
2
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
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.
E
2a B
2
B. E
a B
2
C.
B
2a E
2
D. B
a E
2
7.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∶√n＋1
B.粒子从D 形盒出口引出时的速度为1
2πfr
C.粒子在D 形盒中加速的次数为π fB r
2
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
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∶4
3
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
D.φA－φB＝φC－φB
9.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＝T
2 时刻速度大小为√2v0
B.t＝T
4 时刻进入电场的粒子在t＝T
2 时刻速度大小为v0
C.t＝T
4 时刻进入电场的粒子在两板间的最大偏移量为d
4
D.t＝T
6 时刻进入电场的粒子最终平行于极板射出电场
10.(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mv0cos θ
B.重力冲量大小为mv0sin θ
C.洛伦兹力冲量大小为qB v0
2
2 gsinθ
D.若v0＝2mgcosθ
qB
，弹力冲量为零
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3 V，内阻不计)；
待测电容器(额定电压5 V，电容值未知)；
微安表(量程200 μA，内阻约为1 kΩ)；
滑动变阻器R(最大阻值为20 Ω)；
电阻箱R1、R2、R3、R4(最大阻值均为9 999.9 Ω)；
4
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
定值电阻R0(阻值为5.0 kΩ)；
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1 000.0 Ω，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1 230.0 Ω，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615.0 Ω，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100 μA 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)。
12.(12 分)如图所示，空间存在水平向右、电场强度大小为E＝1×106 N/C 的匀强电场，一个质量为m＝0.1
kg、电荷量为q＝＋1×10－6 C 的小球，从A 点以初速度v0＝10 m/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10 m/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。
5
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
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π
3 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)(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。
6
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
14.(16 分)(2024·北京卷·22)我国“天宫”空间站采用霍尔推进器控制姿态和修正轨道。图为某种霍尔推进
器的放电室(两个半径接近的同轴圆筒间的区域)的示意图。放电室的左、右两端分别为阳极和阴极，间距
为d。阴极发射电子，一部分电子进入放电室，另一部分未进入。稳定运行时，可视为放电室内有方向沿
轴向向右的匀强电场和匀强磁场，电场强度和磁感应强度大小分别为E 和B1；还有方向沿半径向外的径向
磁场，大小处处相等。放电室内的大量电子可视为处于阳极附近，在垂直于轴线的平面绕轴线做半径为R
的匀速圆周运动(如截面图所示)，可与左端注入的氙原子碰撞并使其电离。每个氙离子的质量为M、电荷
量为＋e，初速度近似为零。氙离子经过电场加速，最终从放电室右端喷出，与阴极发射的未进入放电室
的电子刚好完全中和。已知电子的质量为m、电荷量为－e；对于氙离子，仅考虑电场的作用。
(1)(3 分)求氙离子在放电室内运动的加速度大小a；
(2)(6 分)求径向磁场的磁感应强度大小B2；
(3)(7 分)设被电离的氙原子数和进入放电室的电子数之比为常数k，单位时间内阴极发射的电子总数为n，
求此霍尔推进器获得的推力大小F。
7
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
答案精析
1.B [根据C＝εr S
4 π kd 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.A [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.D [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.C [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＝mv
2
r ，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D 错误。]
5.D [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＝q
t ＝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＝eU
b ，联立解得U＝I
ne B，结合题图乙可得k＝I
ne ＝88×10
−3
320×10
−3 V/T＝0.275 V/T，解得n＝
2.3×1016，故选D。]
6.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＝mv
2
r ，则q
m ＝
v
2aB ，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q
m ＝
E
2a B
2，故选A。]
7.D [根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝mv
2
R ，则有半径R＝mv
Bq ，由动能定理有nqU＝1
2mv2，可得R＝
1
B√
2nmU
q
，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
8
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
口引出时根据Bqvm＝mvm
2
r
，可得vm＝Bqr
m ，其中f＝1
T ＝qB
2π m，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＝
1
2 mvm
2
qU
＝π fBr
2
U
，选项C 错误；粒子从D 形盒出口引出时的动能为Ekm＝
1
2mvm
2＝B
2q
2r
2
2m
＝πBqr2f，当磁感应强度变为原来的2 倍，因f＝qB
2π m，则f 变为原来的2 倍，则此时Ekm
＝4πfqBr2，选项D 正确。]
8.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k
q1
x1
2＝k
q2
( x2−x1)
2，解得
q1
q2
＝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。]
9.AD [在T
2 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，v y
2 ×T
2 ×2＝d
2 ，解得vy＝v0，根据平行四边形定则知，粒子在T
2 时刻
的速度大小为v＝√v0
2＋v y
2＝√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T
2 时间内移动的位移都相同设为Δy，则有Δy＝1
2a(T
2 )2＝1
8aT2＝1
4 d，当该粒子在T
4 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＝2×1
2a(T
4 )2＝
1
16aT2＝d
8 ，故C 错误；t＝T
4 时刻进入电场的粒子在t＝T
2 时刻，竖直方向速度大小为vy'＝v y
2 ＝v0
2 ，根据
平行四边形定则知，粒子的速度大小为v＝√v0
2＋v y'
2＝√5
2 v0，故B 错误；由于粒子水平方向做匀速直线
运动，所以粒子无论什么时候进入电场，在两极板间的运动时间都是T，粒子在t＝T
6 时刻以速度v0进入电
场，竖直方向先向上加速T
3 再向上减速T
3 至竖直速度为0，然后向下加速T
6 ，再向下减速T
6 ，竖直方向速
度为零，粒子最终平行于极板射出电场，故D 正确。]
10.CD [根据动量定理有I＝0－mv0＝－mv0
故合力冲量大小为mv0，故A 错误；
9
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
小球上滑的时间为t＝
v0
gsinθ
重力的冲量大小为IG＝mgt＝mv0
sinθ ，故B 错误；
洛伦兹力冲量大小为
I 洛＝qvBt＝qBx，
又x＝
v0
2
2gsinθ
，
则I 洛＝qB v0
2
2gsinθ
故C 正确；
若v0＝2mgcosθ
qB
，0 时刻小球所受洛伦兹力为Bqv0＝2mgcos θ
小球在垂直细杆方向所受合力为零，可得Bqv＝mgcos θ＋FN
即FN＝Bqv－mgcos θ＝Bq(v0－at)－mgcos θ＝mgcos θ－Bqtgsin θ
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。]
11.(2)左 相等 1 230.0 (3)300
(4)3.2×10－6 4.8×10－4
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1 230.0
Ω。
(3)由于微安表与R4并联，则当微安表的示数为100 μA 时，R4所在支路的电流为
I4＝I Rg
R4
＝100×10
−6×1 230
615
A＝200 μA
则通过电阻R0的电流I 总 ＝ I4＋I ＝ 300 μA
(4)题图(c)中每个最小方格面积所对应的电荷量q＝8 μA × 0.4 s ＝3.2 × 10－6 C
150 个这样的小方格的总电荷量Q＝nq＝150×3.2×10－6 C＝4.8×10－4 C
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＝
Q
U ＝4.8×10
−4×3
3
F＝4.8×10－4 F。
10
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
12.(1)5 m (2)10 m/s (3)2.5 J
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＝10
m/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
v0
2＝2gh
解得h＝v0
2
2 g ＝10
2
2×10
m＝5 m
(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＝v0
g
水平方向由vx＝at
解得vx＝qE v0
mg ＝1×10
−6×1×10
6×10
0.1×10
m/s＝10 m/s
(3)小球运动过程中动能的表达式为
Ek＝1
2mv2＝1
2m(v x
2＋v y
2)
＝1
2m[(qE
m t)2＋(v0－gt)2]
由数学知识可得当t＝0.5 s 时小球的动能最小，最小动能为Ekm＝2.5 J。
13.(1)正电 π m
Bt0
(2)√
3 π t0U 0
8 B
π√
π U 0
24 Bt0
(3)π mU 0(π
2＋16)
48 Bt0
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＝2π m
qB
②
则粒子所带的电荷量q＝π m
Bt0
③
(2)若金属板的板间距离为D，则板长为π D
3 ，粒子在板间运动时π D
3 ＝vt0
④
出金属板间电场时竖直速度为零，
则竖直方向y＝2×1
2×U 0q
Dm (0.5t0)2
⑤
11
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
在磁场中时qvB＝mv
2
r
⑥
其中y＝2r＝2mv
qB
⑦
联立解得v＝π√
π U 0
24 Bt0
⑧
D＝√
3 π t0U 0
8 B
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＝1
2mv2＋U 0
D q· D
3 ＝π
3mU 0
48 Bt0
＋π mU 0
3 Bt0
＝π mU 0(π
2＋16)
48 Bt0
。
14.(1)eE
M (2) Em
B1eR (3)nk √2edEM
1＋k
解析 (1)氙离子在放电室时只受静电力作用，由牛顿第二定律eE＝Ma
解得氙离子在放电室内运动的加速度大小a＝eE
M
(2)电子在阳极附近做匀速圆周运动，
则有B1ev＝mv
2
R ，
轴线方向上所受静电力与洛伦兹力平衡，即Ee＝evB2
解得径向磁场的磁感应强度大小为B2＝Em
B1eR
(3)单位时间内阴极发射的电子总数为n，被电离的氙原子数和进入放电室的电子数之比为常数k，又氙离
子与阴极发射的未进入放电室的电子刚好完全中和，则单位时间内被电离的氙原子数N＝nk
1＋k
氙离子经电场加速，有deE＝1
2Mv1
2
时间Δt 内氙离子所受到的作用力为F'，
由动量定理有
12
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
F'·Δt＝N·Δt·Mv1
解得F'＝nk √2edEM
1＋k
由牛顿第三定律可知，霍尔推进器获得的推力大小F'＝F
则F＝nk √2edEM
1＋k
。
13
