模塊三 電場與磁場綜合測試卷（解析版）

模塊三電場與磁場綜合測試卷（知識點分布）涉及模塊：專題09電場帶電粒子在電場中的運動、專題10磁場帶電粒子在磁場中的運動、專題11帶電粒子在復(fù)合場中的運動各題知識點：題號詳細知識點1點電荷與均勻球體（球殼）周圍的場強

利用功能關(guān)系計算電場力做的功及電勢能的變化

電勢變化與電場線分布的關(guān)系2電容器與驗電器組合的動態(tài)分析3改變極板間距，正對面積、填充物等，判斷電容的變化

電容改變時電荷的移動4兩根通電導(dǎo)線之間的作用力方向5等量同種電荷連線中垂線和連線上的電場強度分布圖像6計算帶電粒子穿越不同等勢面時電場力做功和能量變化

根據(jù)帶電粒子的運動軌跡判斷其運動、受力、電勢高低和能量轉(zhuǎn)化情況7靜電力作用下的加速度問題8帶電粒子在其他非勻強電場中的運動9用三角形法則解決平衡問題

牛頓第二定律求瞬時突變問題

兩根通電導(dǎo)線之間的作用力方向

安培力的計算式及簡單應(yīng)用10電容器兩極間電勢差一定時，Q、E隨電容器的變化

電容器電荷量一定時，U、E隨電容器的變化11帶電粒子在弧形邊界磁場中運動12帶電粒子在周期性變化的電場運動（初速度垂直電場）13粒子由電場進入磁場14通電導(dǎo)線在磁場中的作用力方向

交流發(fā)電機原理和示意圖15感應(yīng)起電與驗電器

電勢能的概念及其相對性16利用功能關(guān)系計算電場力做的功及電勢能的變化

帶電物體（計重力）在電場中的平衡問題17帶電粒子在勻強電場中做類拋體運動的相關(guān)計算

粒子由磁場進入電場

粒子由電場進入磁場18帶電粒子在勻強電場中的直線運動

帶電粒子在其他非勻強電場中的運動

在勻強電場中做非平拋曲線運動19帶電粒子在直邊界磁場中運動

粒子由電場進入磁場20帶電粒子在勻強電場中做類拋體運動的相關(guān)計算

帶電粒子在直邊界磁場中運動模塊三電場與磁場綜合測試卷姓名:__________準(zhǔn)考證號:__________本試題卷分選擇題和非選擇題兩部分，共13頁，滿分100分，考試時間90分鐘?？忌⒁?1.答題前，請務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號用黑色字跡的簽字筆或鋼筆分別填寫在試題卷和答題紙規(guī)定的位置上。2.答題時，請按照答題紙上“注意事項”的要求，在答題紙相應(yīng)的位置上規(guī)范作答，在本試題卷上的作答一律無效。3.非選擇題的答案必須使用黑色字跡的簽字筆或鋼筆寫在答題紙上相應(yīng)的區(qū)域內(nèi)，作圖時先使用2B鉛筆，確定后必須使用黑色字跡的簽字筆或鋼筆描黑。4.可能用到的相關(guān)參數(shù):重力加速度g均取10m/s2。選擇題部分一、選擇題Ⅰ(本題共13小題,每小題3分,共39分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的,不選、多選、錯選均不得分)1．（2024·遼寧沈陽·統(tǒng)考一模）為了減少環(huán)境污染，工業(yè)廢氣常用靜電除塵器除塵。某靜電除塵裝置如圖所示，其收塵極為金屬圓筒，電暈極位于圓筒中心。當(dāng)兩極接上高壓電源時，電暈極附近會形成很強的電場使空氣分子電離，進入靜電除塵器的塵埃吸附帶電粒子后在電場力的作用下向收塵極運動并沉積，最終落入塵埃收集器實現(xiàn)除塵目的。設(shè)塵埃向收塵極運動過程中所帶電荷量不變，下列說法正確的是（）A．向收塵極運動的塵埃帶正電荷B．金屬圓筒內(nèi)越靠近收塵極電勢越低C．帶電塵埃向收塵極運動過程中所受靜電力越來越大D．帶電塵埃向收塵極運動過程中電勢能越來越小【答案】D【詳解】ABC．由圖可知，高壓電源的負(fù)極接電暈極，正極接收塵極，水平面內(nèi)的電場分布類似于負(fù)點電荷電場，金屬圓筒內(nèi)電場線由收塵極指向電暈極，越靠近收塵極電勢越高，向收塵極運動的塵埃帶負(fù)電荷，電場強度由電暈極到收塵極逐漸減小。由，可知帶電塵埃向收塵極運動過程中所受靜電力越來越小。故ABC錯誤；D．依題意，帶電塵埃向收塵極運動過程中電場力做正功，電勢能越來越小。故D正確。故選D。2．（2024·浙江嘉興·統(tǒng)考一模）如圖所示，將靜電計與電容器（圖中未畫出）相連，可檢測帶電電容器的兩極間的電壓變化。帶電靜電計的金屬指針和圓形金屬外殼的空間內(nèi)存在電場，分別用實線和虛線表示電場線和等勢面，該空間內(nèi)有兩點，則（）

A．靜電計兩根金屬指針帶異種電荷B．圖中實線表示電場線，虛線表示等勢面C．圖中點電勢一定高于點電勢D．當(dāng)靜電計兩指針張角減小時，表明電容器在放電【答案】D【詳解】AB．依題意，靜電計與電容器相連，由圖可知靜電計金屬指針接在電容器的同一個極板上，金屬外殼接在電容器的另一個極板上，所以兩根金屬針帶同種電荷。根據(jù)電場線從正電荷發(fā)出，到負(fù)電荷終止，可知圖中虛線表示電場線，則實線表示等勢線。故AB錯誤；C．題中不知哪一個極板帶正電，即不知道電場線的方向，所以P、Q兩點電勢的高低無法判斷。故C錯誤；D．依題意，靜電計與電容器兩極板相連，則靜電計兩指針張角可以顯示極板間的電壓，當(dāng)靜電計兩指針張角減小時，表明電容器極板間的電壓減小，正在放電。故D正確。故選D。3．（2024·河北邯鄲·統(tǒng)考二模）手機軟件中運動步數(shù)的測量是通過手機內(nèi)電容式加速度傳感器實現(xiàn)的，如圖所示為其工作原理的簡化示意圖。質(zhì)量塊左側(cè)連接輕質(zhì)彈簧，右側(cè)連接電介質(zhì)，彈簧與電容器固定在外框上，質(zhì)量塊可帶動電介質(zhì)相對于外框無摩擦左右移動（不能上下移動）以改變電容器的電容。下列說法正確的是（）A．傳感器勻速向左做直線運動時，電容器兩極板所帶電荷量將多于靜止?fàn)顟B(tài)時B．傳感器勻減速向右做直線運動時，電流表中有由b向a的電流C．傳感器運動時向右的加速度逐漸增大，則電流表中有由b向a的電流D．傳感器運動時向左的加速度逐漸減小，則電流表中有由a向b的電流【答案】D【詳解】A．傳感器勻速運動時彈簧長度與靜止時相同，電容器兩極板所帶電荷量與靜止?fàn)顟B(tài)時相同，故A錯誤；B．勻減速向右運動時，彈簧的伸長量保持不變，電介質(zhì)插入電容器長度不變，電容器的電容不變，所帶電荷量不變，故電路中無電流，故B錯誤；CD．傳感器運動時向右的加速度逐漸增大以及向左的加速度逐漸減小，此時彈簧的長度都會逐漸變短，電介質(zhì)插入電容器的長度變短，由可知電容器的電容變小，電容器兩端的電壓不變等于電源電動勢，根據(jù)可知，電容器的電荷量減小，電容器放電，電路中有由向的電流，故C錯誤，D正確。故選D。4．（2024·陜西咸陽·咸陽市實驗中學(xué)?？家荒＃洞髧仄鳍蟆饭?jié)目介紹了GIL輸電系統(tǒng)的三相共箱技術(shù)，如圖甲所示，三根超高壓輸電線纜平行且間距相等。截面圖如圖乙所示，截面圓心構(gòu)成正三角形，上方兩根輸電線纜AB圓心連線水平，某時刻A中電流方向垂直于紙面向外、B中電流方向垂直于紙面向里、電流大小均為I，下方輸電線纜C中電流方向垂直于紙面向外、電流大小為2I，電流方向如圖，則（）A．A、B輸電線纜相互吸引B．A輸電線纜所受安培力斜向左下方，與水平方向夾角60°C．A輸電線纜在AB圓心連線中點處的磁感應(yīng)強度方向豎直向上D．正三角形中心O處磁感應(yīng)強度方向水平向左【答案】C【詳解】A．由于A、B輸電線纜通入的電流方向相反，所以兩線纜相互排斥，故A錯誤；B．B對A的作用力沿AB水平向左，C對A的作用力沿AC斜向右下，且大小為B對A作用力的2倍，如圖所示由圖可知，即C對A的作用力在水平方向的分力與B對A的作用力大小相等，方向相反，所以A受到的合力即為C對A的作用力在豎直方向的分量，其與水平方向夾角為90°，故B錯誤；C．根據(jù)右手螺旋定則可知，A輸電線纜在AB圓心連線中點處的磁感應(yīng)強度方向豎直向上，故C正確；D．A輸電線在O點的磁感應(yīng)強度方向垂直O(jiān)A指向右上方，B輸電線在O點的磁感應(yīng)強度方向垂直O(jiān)B指向左上方，C輸電線在O點的磁感應(yīng)強度方向垂直O(jiān)C水平向左，所以O(shè)處合磁感應(yīng)強度方向應(yīng)斜向左上方，故D錯誤。故選C。5．（2024·全國·校聯(lián)考模擬預(yù)測）如圖所示，M、N為兩個等量同種正點電荷，在其連線的中垂線上P點由靜止釋放一帶負(fù)電的試探電荷q，不計重力，下列說法正確的是（）

A．電荷q在從P到O的過程中，加速度一定減小B．電荷q運動到O點時加速度為零，速度達最大值C．電荷q越過O點后，速度越來越小，加速度越來越大，直到粒子速度為零D．無論如何改變電荷q的初速度，電荷q在該電場中都不可能做勻速圓周運動【答案】B【詳解】AC．如圖所示根據(jù)電場疊加原理及等量同種點電荷中垂線上電場線的分布特點可知，O點場強為零，從O點沿中垂線向外，場強先變大后變小，點電荷從P→O的過程中，由于P點位置的不確定性，受到的電場力可能是先變大后變小，也可能是一直變小，所以加速度可能先變大后變小，也可能一直變小，故A錯誤；B．點電荷q帶負(fù)電，受到的電場力沿著PO方向指向O，在到達O點之前，靜電力一直表現(xiàn)為引力，點電荷一直加速，速度一定是一直變大的，到達O點時在O點的加速度為零，速度達到最大，故B正確；C．該電場關(guān)于直線MN對稱，電荷越過O點后，由于電場力的方向向上，速度一定越來越小直到減為0，但其加速度的變化在這個過程中可能是先增大后減小，也可能是一直增大，故C錯誤；D．如果改變電荷q的初速度，使電荷q在P點的速度方向垂直紙面向外，此時受到的電場力方向指向O點，且剛好提供電荷q繞O點做勻速圓周運動的向心力，則電荷q在該電場中可以做勻速圓周運動，故D錯誤。故選B。6．（2024·吉林白山·統(tǒng)考一模）如圖所示的虛線為一簇等差等勢面，圖中的實線PQ為粒子的軌跡（粒子僅受電場力的作用），已知粒子的質(zhì)量為m、電荷量為，粒子經(jīng)過等勢面a處的速度為v，經(jīng)過等勢面c處的速度為，規(guī)定等勢面a的電勢為0，下列說法正確的是（

）A．粒子運動過程中機械能不變 B．等勢面a、b間的電勢差為C．粒子經(jīng)過等勢面b時的速度為 D．粒子經(jīng)過等勢面b時的電勢能是【答案】C【詳解】A．該粒子經(jīng)過等勢面a處時，受到的電場力必然沿著電場強度方向指向運動軌跡的凹側(cè)，而電場強度的方向與等勢面垂直，所以從a到c的過程中，電場力負(fù)功，由，可知粒子運動過程中機械能減小，故A錯誤；B．從a到c的過程中由動能定理，可得，因為，所以等勢面a、b間的電勢差為，故B錯誤；C．從a到b的過程中由動能定理，可得，粒子經(jīng)過等勢面b時的速度為，故C正確；D．因為，其中，所以粒子經(jīng)過等勢面b時的電勢是，根據(jù)，可得粒子經(jīng)過等勢面b時的電勢能是，故D錯誤。故選C。7．（2024·四川綿陽·統(tǒng)考二模）如圖所示，在光滑絕緣水平面上，固定有電荷量分別為+2Q和Q的點電荷A、B，間距為L。在A、B延長線上距離B為L的位置，自由釋放另一電荷量為+q的點電荷C，釋放瞬間加速度為a1；將A、B接觸靜電平衡后放回原處，再從相同位置自由釋放C，釋放瞬間加速度為a2。則（

）A．a(chǎn)1、a2的方向均水平向右 B．a(chǎn)1、a2的方向均水平向左C．a(chǎn)1與a2大小之比等于 D．a(chǎn)1與a2大小之比等于【答案】C【詳解】在A、B接觸前，由于B、C的吸引力大于A、C的排斥力，所以a1的方向水平向左，根據(jù)庫侖定律和牛頓第二定律可得，在A、B接觸后，點電荷A、B的電荷量先中和再平分后，二者所帶電荷量均為，由于A、B都帶正電，所以C受到的都是排斥力，則a2的方向水平向右，根據(jù)庫侖定律和牛頓第二定律可得，聯(lián)立兩式可得，a1與a2大小之比為，故選C。8．（2024·福建漳州·統(tǒng)考二模）如圖，絕緣粗糙的水平面附近存在一與x軸平行的電場，其在x軸上的電勢與坐標(biāo)x的關(guān)系如圖中曲線所示，圖中的傾斜虛線為該曲線過點的切線。質(zhì)量為、電荷量為的帶正電滑塊P，從處由靜止釋放，滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為?；瑝K可視為質(zhì)點，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取。則滑塊（

）A．做勻減速直線運動B．經(jīng)過處時，速度最大C．從釋放到經(jīng)過處，電場力做功D．可以滑到處【答案】B【詳解】A．圖像中，某點切線的斜率，表示該點的場強的大小，由此可知沿x軸正方向，電場強度逐漸減小，滑塊在整個過程中先做加速度減小的變加速運動，后做加速度增大的變減速運動，A錯誤；B．處，場強，滑塊受到的電場力，滑動摩擦力，此時加速度為零，滑塊的速度最大，B正確；C．從釋放到經(jīng)過處，電場力做功，C錯誤；D．若滑塊能在處停下，則電場力做功，摩擦力做功，，說明滑塊不能夠滑到處，D錯誤。故選B。9．（2024·安徽六安·統(tǒng)考模擬預(yù)測）如圖甲所示，直導(dǎo)線a、b分別被兩根等長且平行的絕緣輕繩懸掛于垂直于紙面的水平軸上，且a固定于水平軸正下方，兩組繩長不同，其截面圖如圖乙所示，導(dǎo)線b通以垂直紙面向里的電流；導(dǎo)線a電流方向未知，平衡時兩導(dǎo)線位于同一水平面，且兩組絕緣輕繩夾角（，已知b的質(zhì)量為m，重力加速度為g，則（）A．導(dǎo)線a中電流方向垂直紙面向里B．導(dǎo)線a、b間的安培力大小為C．僅使導(dǎo)線a中電流I緩慢增大且不超過90?，導(dǎo)線b對懸線的拉力大小一直不變D．當(dāng)導(dǎo)線a中電流突然消失的瞬間，導(dǎo)線b的加速度大小為g【答案】C【詳解】A．對進行受力分析可知，對的力為斥力，由安培定則和左手定則可知，則兩導(dǎo)線的電流方向相反，即導(dǎo)線中電流方向垂直紙面向外，故A錯誤；B．設(shè)斥力為，繩子與豎直方向的夾角為，如圖所示由平衡條件可得，故B錯誤；C．在僅使導(dǎo)線中電流緩慢增大且不超過過程中，由相似三角形可得，可知，一直不變，故C正確；D．當(dāng)導(dǎo)線中電流突然消失的瞬間，繩子拉力發(fā)生突變但不為零，根據(jù)受力分析可得，沿繩子方向有，垂直繩子方向有，解得，故D錯誤。故選C。10．（2024·內(nèi)蒙古赤峰·統(tǒng)考一模）可變電容器通常在無線電接收電路中作調(diào)諧電容器用。如圖所示，水平放置的兩半圓形金屬極板由絕緣轉(zhuǎn)軸連接，下極板固定，上極板可以繞過圓心且垂直于半圓面的軸轉(zhuǎn)動，也可上下平移，起初兩極板邊緣對齊，上極板通過開關(guān)S與電源正極相連，下極板接地后與電源負(fù)極相連。初始時開關(guān)S閉合，極板間靠近下極板有一帶電粒子P恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)。忽略邊緣效應(yīng)。下列說法正確的是（

）A．閉合開關(guān)S，若只將上極板轉(zhuǎn)過30°，則電容器電容增大B．閉合開關(guān)S，若只將上極板轉(zhuǎn)過30°，則電容器所帶電荷量不變C．?dāng)嚅_開關(guān)S，只將板間距變?yōu)樵瓉淼?倍，則帶電粒子P會向下運動D．?dāng)嚅_開關(guān)S，只將板間距變?yōu)樵瓉淼?，則帶電粒子P所在處的電勢不變【答案】D【詳解】AB．閉合開關(guān)S，若只將上極板轉(zhuǎn)過30°，則電容器兩極板正對面積減小，根據(jù)，可知，電容器的電容減小，又因為開關(guān)閉合，則兩板間電壓不變，根據(jù)，可知，電容器所帶電荷量減小，AB錯誤；CD．?dāng)嚅_開關(guān)S，則電容器所帶電荷量Q不變，根據(jù)，，，可得，若只將板間距變?yōu)樵瓉淼?倍，可知，兩板間場強不變，帶電粒子P受力情況不變，將保持靜止?fàn)顟B(tài)，若只將板間距變?yōu)樵瓉淼?，則兩板間場強不變，又因為帶電粒子P所在處與下極板間的距離不變，則帶電粒子P所在處與下極板間的電勢差不變，帶電粒子P所在處的電勢不變，C錯誤，D正確。故選D。11．（2024·河南·統(tǒng)考一模）2023年4月，我國有“人造太陽”之稱的托卡馬克核聚變實驗裝置創(chuàng)造了新的世界紀(jì)錄。其中磁約束的簡化原理如圖：在半徑為和的真空同軸圓柱面之間，加有與軸線平行的勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里，。假設(shè)氘核沿內(nèi)環(huán)切線向左進入磁場，氚核沿內(nèi)環(huán)切線向右進入磁場，二者均恰好不從外環(huán)射出。不計重力及二者之間的相互作用，則和的速度之比為（）A． B． C． D．【答案】A【詳解】由題意可知，根據(jù)左手定則，作圖如圖所示由幾何關(guān)系可知，氘核的半徑為，有，則，由幾何關(guān)系可知，氚核的半徑為，有，則，即，由洛倫茲力提供向心力，可得，由題意可知，氘核和氚核的比荷之比為，故和的速度之比為。故選A。12．（2024·遼寧·校聯(lián)考一模）如圖（a）所示，兩平行正對的金屬板間距為d，兩板間所加電壓如圖（b）所示。在兩板左側(cè)中間位置O點有一個粒子源，能沿兩板中軸線向外持續(xù)射出質(zhì)量為m、電荷量為初速度為的粒子。已知極板長度為4d，不計粒子重力及粒子間的相互作用，時刻兩板間電場方向豎直向下，此時射入板間的粒子恰好能從極板右側(cè)射出，則（）A．時刻射入極板間的粒子離開電場時沿電場方向的位移為dB．時刻射入極板間的粒子離開電場時速度方向仍沿方向C．時刻射入極板間的粒子將打在極板上D．粒子從右側(cè)射出時的最大動能為【答案】B【詳解】A．粒子在電場中運動的時間為，時刻射入極板間的粒子豎直方向先向下加速，后向下減速，因粒子恰能從極板右側(cè)射出，則離開電場時沿電場方向的位移為d，故A錯誤；B．由對稱性可知，時刻射入極板間的粒子離開電場時沿電場方向的速度減為零，則速度方向仍沿方向，故B正確；C．時刻射入極板間的粒子豎直方向先向上加速時間為，然后向上減速時間，則最終粒子恰能從上極板邊緣飛出，故C錯誤；D．由運動的對稱性可知，無論何時進入電場的粒子，豎直方向都要經(jīng)過先加速后減速到零，然后反向加速后反向減速到零，即粒子出離電場時沿電場方向的速度均為零，可知粒子從右側(cè)射出時的動能均為，故D錯誤。故選B。13．（2024·山西晉城·統(tǒng)考一模）大型強子對撞機是將質(zhì)子加速后對撞的高能物理設(shè)備，如圖甲所示，對撞機的主要結(jié)構(gòu)由兩個質(zhì)子束發(fā)射器、兩個半圓環(huán)軌道質(zhì)子加速器和質(zhì)子對撞區(qū)域組成。半圓環(huán)軌道中的電場線是與圓環(huán)共圓心的同心圓弧，且到圓心距離相同的位置電場強度大小相等，質(zhì)子沿圓環(huán)軌道中心進入半圓環(huán)軌道后，在磁束縛裝置作用下沿圓環(huán)中心加速運動，最終在對撞區(qū)域碰撞。已知質(zhì)子質(zhì)量m=1.6×10-27kg、電荷量e=1.6×10-19C，半圓環(huán)加速軌道中心處到圓心距離R=50m，該處電場強度的大小E=×105V/m。發(fā)射器發(fā)射出的質(zhì)子初速度忽略不計。計算時取=10，不考慮質(zhì)子質(zhì)量的相對論效應(yīng)。若某次實驗時將右側(cè)加速器和發(fā)射器往上平移d=0.2m，平移后對撞區(qū)域如圖乙所示，質(zhì)子進入對撞區(qū)域時的位置的水平距離D=0.4m，入射點分別為A點和B點，其他裝置不變，為了使質(zhì)子在對撞區(qū)域恰好相撞，可以在對撞區(qū)域內(nèi)加一個垂直紙面向里的勻強磁場。不計質(zhì)子受到的重力，取sin37°=0.6，cos37°=0.8，下列說法正確的是（）A．質(zhì)子在所加磁場中運動的半徑為0.5mB．所加勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為8TC．兩質(zhì)子在對撞區(qū)域的磁場中各運動，s時相撞D．若所加勻強磁場為兩個直徑相同、垂直紙面向里的勻強磁場，則每個圓形磁場的最小面積為m2【答案】C【詳解】A．根據(jù)動能定理，電場力做的功等于動能的變化量，有，解得v=1×108m/s，根據(jù)題意作出粒子的軌跡如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系有，解得r=0.25m，故A錯誤；B．根據(jù)洛倫茲力提供向心力有，解得B=4T，故B錯誤；C．每個質(zhì)子在磁場中運動的時間。故C正確；D．所加圓形磁場的直徑為2R'，滿足，解得m，圓形磁場的最小面積，故D錯誤。二、選擇題Ⅱ(本題共2小題,每小題3分,共6分。每小題列出的四個備選項中至少有一個是符合題目要求的。全部選對的得3分,選對但不全的得2分,有選錯的得0分)14．（2024·廣東佛山·統(tǒng)考一模）有“海上充電寶”之稱的南鯤號是一個利用海浪發(fā)電的大型海上電站，其發(fā)電原理是海浪帶動浪板上下擺動，從而驅(qū)動發(fā)電機轉(zhuǎn)子轉(zhuǎn)動，其中浪板和轉(zhuǎn)子的鏈接裝置使轉(zhuǎn)子只能單方向轉(zhuǎn)動。若轉(zhuǎn)子帶動線圈如下圖逆時針轉(zhuǎn)動，并向外輸出電流，則下列說法正確的是（）A．線圈轉(zhuǎn)動到如圖所示位置時穿過線圈的磁通量最大B．線圈轉(zhuǎn)動到如圖所示位置時端電勢低于端電勢C．線圈轉(zhuǎn)動到如圖所示位置時其靠近極的導(dǎo)線框受到的安培力方向向上D．該發(fā)電機單位時間內(nèi)能輸出的最大電能與浪板面積的大小有關(guān)【答案】CD【詳解】A．線圈轉(zhuǎn)動到如圖所示位置時穿過線圈的磁通量最小，故A錯誤；B．根據(jù)右手定則可知此時線圈內(nèi)部電流從b到a，則線圈轉(zhuǎn)動到如圖所示位置時端電勢高于端電勢，故B錯誤；C．線圈轉(zhuǎn)動到如圖所示位置時其靠近N極的導(dǎo)線框的電流流向a端，則根據(jù)左手定則可知，線圈轉(zhuǎn)動到如圖所示位置時其靠近極的導(dǎo)線框受到的安培力方向向上，故C正確；D．浪板面積越大，則帶動線圈轉(zhuǎn)動的角速度越大，則發(fā)電機單位時間內(nèi)能輸出的最大電能越大，故D正確。故選CD。15．（2024·廣東佛山·統(tǒng)考一模）開爾文滴水起電機的結(jié)構(gòu)如圖所示。中空金屬圓筒、通過導(dǎo)線分別與金屬杯、相連，盆中的水通過管從滴管、滴出，分別經(jīng)、落入、中。整個裝置原不帶電，若某次偶然機會，滴出一滴帶少量正電荷的水滴，落入金屬杯中，則由于靜電感應(yīng)，后續(xù)滴下的水滴總是帶負(fù)電，這樣、就會帶上越來越多的異種電荷。關(guān)于上述過程，下列說法正確的是（）

A．帶正電荷，則帶正電荷B．帶正電荷，則帶負(fù)電荷C．關(guān)閉、的閥門，僅向靠近時，帶電量減少D．此過程中水的重力勢能部分轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的電勢能【答案】ABD【詳解】AB．左邊金屬杯獲得正電荷，則與之相連的右邊導(dǎo)電環(huán)也有一定的正電荷。由于靜電感應(yīng)作用，右手導(dǎo)電環(huán)上的正電荷，會吸引負(fù)電荷到右邊D的水流中。右邊的水滴會攜帶負(fù)電荷滴落，最終滴到右邊的金屬杯H內(nèi)，使右邊的桶所帶負(fù)電荷增加積累，從而又使與之相連的左邊導(dǎo)電環(huán)E也帶負(fù)電荷，它將會吸引正電荷到左邊的水流中。當(dāng)水滴落到金屬杯內(nèi)，他們各自攜帶的正負(fù)電荷就會轉(zhuǎn)移到金屬杯上并積累。因此，正電荷由于左邊導(dǎo)電環(huán)E的吸引作用被吸引到左邊水流，使左邊金屬杯攜帶正電荷不斷積累。負(fù)電荷被吸引到右側(cè)水流，使右邊金屬杯攜帶負(fù)電荷不斷積累，AB正確；C．關(guān)閉、的閥門，僅向靠近時，不會導(dǎo)出新的電荷，帶電量不變，C錯誤；D．此過程中水的重力勢能部分轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的電勢能，其余重力勢能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，D正確。故選ABD。非選擇題部分三、計算題（本大題共5小題，9分+10分+12分+12分+12分共55分，解答過程請寫出必要的文字說明和必需的物理演算過程，只寫出最終結(jié)果的不得分）16．（2024·陜西寶雞·統(tǒng)考模擬預(yù)測）如圖，在水平向右的勻強電場區(qū)域內(nèi)，固定有一個傾角為的光滑斜面，一質(zhì)量、電荷量的小物塊置于斜面上的A點，恰能處于靜止?fàn)顟B(tài)。已知A點與斜面底端B的距離為1.5m，g取，，，求：（1）電場的電場強度大小E；（2）若電場強度方向不變，大小變?yōu)樵瓉淼囊话?，則小物塊由A點運動到B點所需的時間和此過程小物塊電勢能的變化量分別為多少？

【答案】（1），方向水平向右；（2）1s，電勢能增加了0.45J【詳解】（1）小物塊恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，有解得方向水平向右（2）場強變化后，對物塊有由運動學(xué)公式有解得電場力做功由功能關(guān)系有，電勢能的變化量與電場力做功有電勢能增加了0.45J。17．（2024·江西九江·校聯(lián)考二模）如圖所示，xOy坐標(biāo)平面內(nèi)，第一象限存在垂直坐標(biāo)平面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B；第四象限存在沿x軸負(fù)方向的勻強電場，場強大小。離子源持續(xù)逸出帶電量為、質(zhì)量為m的離子，其初速度視為0，加速電場的電壓大小，粒子垂直于y軸的點進入第一象限的磁場、然后從點經(jīng)過x軸。不計粒子重力，求：（1）粒子的比荷；（2）粒子在磁場中運動的時間；（3）粒子從第四象限經(jīng)過y軸時的縱坐標(biāo)?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）由幾何關(guān)系知，粒子在磁場中運動的半徑滿足解得粒子在磁場中運動軌跡如圖所對的圓心角滿足解得設(shè)粒子的電荷量為q質(zhì)量為m，進入第一象限時速度為，則，解得（2）粒子在磁場中運動的時間整理得（3）粒子在第四象限電場中，又整理得解得故粒子從第四象限經(jīng)過y軸時的縱坐標(biāo)為。18．（2024·重慶·統(tǒng)考一模）某些腫瘤可以用“質(zhì)子療法”進行治療。在這種療法中，質(zhì)子先被加速到具有較高的能量，然后被引向轟擊腫瘤，如圖。來自質(zhì)子源的質(zhì)子（初速度為零）經(jīng)加速電場加速后，沿圖中四分之一圓弧虛線通過輻向電場，再從P點豎直向上進入存在水平向右的勻強電場的圓形區(qū)域，最終轟擊處在圓上Q點的腫瘤細胞。已知四分之一圓弧虛線處的場強大小為，方向沿半徑指向圓心O，圓O′與OP相切于P點，，圓形區(qū)域的半徑為R，Q點位于OP上方處，質(zhì)子質(zhì)量為m、電量為e．不計質(zhì)子重力和質(zhì)子間相互作用，求：（1）質(zhì)子在P點處的速度大小v；（2）加速電場的加速電壓U；（3）圓形區(qū)域中勻強電場的場強大小?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）質(zhì)子在輻向電場中做圓周運動，質(zhì)子在輻向電場中電場力提供其做圓周運動的向心力，有解得（2）在加速電場有解得（3）進入圓形電場中，其在豎直方向做勻速直線運動，有水平方向做勻加速直線運動，由牛頓第二定律有設(shè)與的夾角為，有所以質(zhì)子水平方向有解得19．（2023·河北·校聯(lián)考模擬預(yù)測）“太空粒子探測器”是一種探測宇宙射線的試驗設(shè)備，其簡化原理圖如圖所示，兩個同心扇形圓弧面PQ、MN之間存在輻射狀的加速電場，方向由內(nèi)弧面指向外弧面，圓心為O，右側(cè)邊長為L的正方形邊界abcd內(nèi)存在垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為，O點為ad邊界的中點，PO、QO與ad邊界的夾角均為。假設(shè)太空中質(zhì)量為m、電荷量為的帶電粒子能均勻地吸附在外弧面PQ的右側(cè)面上，由靜止經(jīng)電場加速后均穿過內(nèi)弧面從O點進入磁場，從O點垂直于ad邊射入磁場的粒子恰能從b點離開，不計粒子重力、粒子間的相互作用力及碰撞。求：（1）粒子到達O點時的速率；（2）內(nèi)外弧面所加電壓U；（3）現(xiàn)要求外弧面PQ上所有的粒子全部從ab區(qū)域離開磁場，求內(nèi)外弧面所加電壓