(共46张PPT)
周末滚动融合卷(三) 专题三 电场与磁场
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一、单项选择题：本题共7小题，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．(2025·1月八省联考陕晋青宁卷)静电悬浮技术是利用静电场对带电物体的电场力来平衡重力，从而实现材料悬浮无容器处理的一种先进技术，其原理示意图如图所示。若两平行金属极板间电势差为U，间距为d。质量为m的金属微粒悬浮于其中，重力加速度大小为g，则金属微粒所带电荷的电性和电荷量q分别为( )
A．负电荷，q＝ B．负电荷，q＝
C．正电荷，q＝ D．正电荷，q＝
√
C [由题图可知，两极板间电场强度方向竖直向上，微粒受静电力方向竖直向上，可知微粒带正电，由平衡可知q＝mg，解得q＝，故选C。]
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2．如图所示，与纸面平行的匀强电场中有a、b、c三点恰好构成等边三角形abc，d为ab边上一点，bd间的距离为三角形边长的，三角形的外接圆的半径为r。b点处有一粒子源，在纸面内朝各个方向发射动能均为E0的电荷量为q的同种带正电粒子，到达c处的粒子动能为4E0，到达d处的粒子动能为2E0，不计粒子重力及粒子间的相互作用，O点为圆心，DE是平行于ab的直径。下列说法正确的是( )
A．圆周上E点电势最低
B．电场强度的大小为
C．O、a间的电势差为
D．将电子由D点移到E点，电子的电势能减少了
√
B [根据题意，有qUbd＝2E0－E0＝E0，qUbc＝4E0－E0＝3E0，解得Ubd＝Ubc，可知bc边上离b点三分之一边长处电势等于d点电势，由电场线与等势线垂直且沿电场线方向电势越来越低可作出过圆心的电场线如图所示，该电场线与圆周交于b、f两点，则圆周上电势最低点为f点，故A错误；沿bc方向由动能定理有EqL cos 30°＝4E0－E0，圆半径为r＝，解得E＝，B正确；UOa＝Ed＝＝，C错误；Uba＝Ed′＝L＝，由于DE平行于ba，则有＝，可得UDE＝，将电子由D点移到E点，
电势降低，电子的电势能增加ΔEp＝eUDE＝，D错误。]
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3．(2025·河南卷)如图所示，在与纸面平行的匀强电场中有a、b、c三点，其电势分别为6 V、4 V、2 V；a、b、c分别位于纸面内一等边三角形的顶点上。下列图中箭头表示a点电场的方向，则正确的是( )
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A B C D
√
C [匀强电场中任意两点间的中点电势等于这两点电势的平均值，可知ac中点d的电势与b点相同，bd的连线为该匀强电场的等势面。电场线垂直于等势面且由高电势指向低电势，故电场线沿ac方向且由a指向c，C选项正确。故选C。]
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4．[滚动考查功和功率](2025·高三上安徽阶段练习)一质量m＝40 kg的儿童电动汽车在水平地面上由静止开始做直线运动，一段时间内的速度随时间变化的关系图像如图所示，0～3 s内为直线，3 s末功率达到额定功率，10 s末电动汽车的速度达到最大值，14 s末关闭发动机，经过一段时间电动汽车停止运动。整个过程中电动汽车受到的阻力大小恒为
60 N，下列说法正确的是( )
A．0～3 s内，牵引力的大小为900 N
B．电动汽车的额定功率为180 W
C．电动汽车的最大速度为5 m/s
D．整个过程中，电动汽车所受阻力做的功为3 750 J
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C [由题图可知，0～3 s内，电动汽车的加速度大小a1＝ m/s2＝
1 m/s2，由牛顿第二定律有F1－f＝ma1，解得F1＝100 N，3 s末功率达到额定功率，则电动汽车的额定功率P＝F1v1＝100×1×3 W＝300 W，由P＝f·vm，解得电动汽车的最大速度为 vm＝5 m/s，故A、B错误，C正确；全程由动能定理有 t1＋Pt2＋Wf＝0，其中t2＝14 s－3 s＝11 s，解得Wf＝－3 750 J，故D错误。故选C。]
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5．(2025·浙江精诚联盟高三下学期二模)汽车装有加速度传感器，以测量汽车行驶时的纵向加速度。加速度传感器有一个弹性梁，一端夹紧固定，另一端连接霍尔元件，如图所示。汽车静止时，霍尔元件处在上下正对的两个相同磁体中央位置，如果汽车有一向上的纵向加速度，则霍尔元件离开中央位置而向下偏移。偏移程度与加速度大小有关。如霍尔元件通入从左往右的电流，
则下说法正确的是( )
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A．若霍尔元件材料为N型半导体(载流子为电子)，则前表面比后表面的电势高
B．若汽车加速度越大，则霍尔电压也越大
C．若汽车纵向加速度为0，增大电流，则监测到的霍尔电压也会增大
D．若汽车速度增大，则霍尔电压也增大
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B [N型半导体载流子为电子，电流从左往右，电子从右向左运动，电子受到洛伦兹力的作用将在前表面聚集，直到粒子所受洛伦兹力与静电力平衡，前后表面形成稳定的电势差，而后表面的电势比前表面的要高，故A错误；加速度越大，偏移量越大，磁感应强度越大，霍尔电压越大，故B正确；若汽车纵向加速度为0，则霍尔元件所处位置的磁感应强度为零，粒子不受洛伦兹力，不会出现霍尔电压，故C错误；速度增大，但加速度不一定大，偏移量不一定大，霍尔电压也不一定大，故D错误。故选B。]
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6．[滚动考查动量定理](2025·湖北七市州高三下学期3月联合调研考试)如图(a)所示为“蹦极”的简化情境：某人用弹性橡皮绳拴住身体从高空P处自由下落。质量为60 kg的人可看成质点，从P点由静止下落到最低点所用时间为9 s，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。第一次下落过程中橡皮绳弹力F与时间t的关系图像如图(b)所示，则图像中阴影部分的面积为( )
A．1 800 kg· m/s
B．5 400 kg· m/s
C．7 200 kg· m/s
D．3 600 kg· m/s
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B [人下落整个过程，根据动量定理有mgt－IF＝0，解得IF＝mgt，图像中阴影部分的面积表示橡皮绳弹力的冲量大小，可知，阴影部分面积大小IF＝mgt＝5 400 kg·m/s，故选B。]
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7．(2025·北京市西城区高三下学期二模)如图所示，圆形匀强磁场区域的圆心为O，半径为R，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度的大小为B。一质量为m、电荷量为q的带电粒子以某一速度从P点沿磁场区域的半径方向射入磁场，从Q点射出，PO与OQ成60°角，不计粒子重力。下列说法正确的是( )
A．带电粒子在磁场中做圆周运动的半径等于R
B．带电粒子在磁场中的运动时间等于
C．若射入速度变大，粒子运动的半径变小
D．若射入速度变大，粒子在磁场中的运动时间变短
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D [粒子运动轨迹如图所示，根据几何关系可得＝tan 30°，解得粒子轨迹半径为r＝R，根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，粒子运动周期为T＝，联立可得T＝，带电粒子在磁场中的运动时间为t＝T＝，故A、B错误；根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，解得r＝，可知射入速度变大，粒子运动的半径变大，故C错误；粒子在磁场中的运动周期T＝，粒子在磁场中的运动时间t＝T，如果只增大粒子的入射速度v，周期不变，
根据r＝可知偏转半径变大，由几何关系可知偏转角变小，
则粒子在磁场中的运动时间变短，故D正确。故选D。]
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二、多项选择题：本题共3小题，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．(2025·安徽卷)如图所示，两个倾角相等、底端相连的光滑绝缘轨道被固定在竖直平面内，空间存在平行于该竖直平面水平向右的匀强电场。带正电的甲、乙小球(均可视为质点)在轨道上同一高度保持静止，间距为L，甲、乙所带电荷量分别为q、2q，质量分别为m、2m，静电力常量为k，重力加速度大小为g。甲、乙所受静电力
的合力大小分别为F1、F2，匀强电场的电场强度
大小为E，不计空气阻力，则( )
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A．F1＝F2
B．E＝
C．若将甲、乙互换位置，二者仍能保持静止
D．若撤去甲，乙下滑至底端时的速度大小v＝
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ABD [设轨道倾角为θ，则对甲小球由力的平衡条件有
F1＝mg tan θ，对乙小球由力的平衡条件有F2＝2mg tan θ，
故F1＝F2，A正确；甲小球受到的静电力的合力大小F1＝
－qE，乙小球受到的静电力的合力大小F2＝＋2qE，
结合A项分析可得E＝，B正确；若将甲、乙互换位置，对甲受力分析，甲所受静电力的合力大小F1′＝k＋qE>mg tan θ，受力不平衡；对乙受力分析，乙所受静电力的合力大小F2′＝k－2qE<2mg tan θ，受力不平衡，C错误；若撤去甲，对乙小球的下滑过程，由动能定理有2mg·tan θ－2qE·＝×2mv2，结合A、B项分析可得v＝，D正确。]
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9．(2025·河北石家庄市部分学校高三下学期考前模拟)如图所示，粒子源不断地产生氢的三种同位素原子核、和)，三种粒子飘入(初速度可忽略不计)电压为U1的加速电场，经加速后从小孔沿平行金属板c、d的中轴线射入偏转电场。c、d两板间的电压为U2，在偏转电场的右侧存在范围足够大的有界匀强磁场，磁场左边界PQ与cd板右端重合，磁场方向垂直纸面向里。三种粒子通过偏转电场后从PQ边界进入磁场，之后又从PQ边界射出磁场，平行金属板c、d的中轴线与PQ边界交于O点。整个装置处于真空中，
加速电场与偏转电场均视为匀强电场，不计粒子重力
及粒子间的相互作用力。下列说法错误的是( )
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A．、和三种粒子从不同位置射入磁场
B．、和三种粒子从同一位置射出磁场
C．、和三种粒子射出磁场时速度方向相同
D．仅增大U2，则射入磁场的位置和射出磁场的位置之间的距离不变
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AB [粒子经过加速电场U1，根据动能定理可得qU1＝，解得v0＝，粒子进入偏转电场后做类平抛运动，则L＝v0t，y＝at2，a＝，设粒子离开偏转电场时速度与水平方向上的夹角为θ，联立解得粒子离开偏转电场的侧向位移为y＝，tan θ＝，可知粒子离开偏转电场的侧向位移与粒子的比荷无关，则三种离子都从同一点离开偏转电场进入磁场且进入磁场时速度方向相同，故A错误，符合题意；粒子离
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开电场后，进入磁场，由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝m，又入射点和出射点之间的距离x＝2r cos θ＝2cos θ＝2，又v0＝，所以x＝，由于三种粒子的比荷不同，则三种粒子分别从三个点离开偏转磁场，故B错误，符合题意；因为tan θ＝，所以进入磁场时速度方向相同，
由几何关系可知粒子射入磁场和射出磁场时的速度与磁场边界的夹角相同，所以，粒子射出磁场时速度方向相同，故C正确，不符合题意；因为x＝，该值与U2无关，故D正确，不符合题意。本题选错误的，故选AB。]
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10．(2025·山西部分名校高三下学期第二次模拟考试)如图所示，空间中有一块足够长的荧光屏，上方有垂直于纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场。荧光屏上P点有一个小孔，通过小孔向荧光屏上方不断发射质量为m、电荷量为q的带电粒子，速率为v，均匀分布在PA和PC之间，PQ垂直于荧光屏，PA与PQ的夹角为α，PC与PQ的夹角为β，α>β，且α＋β＝90°，不计粒子间的相互作用。下列说法正确的是( )
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A．若带电粒子带正电，则荧光屏P点左侧出现一条亮线，亮线长度为
(1－cos α)
B．若带电粒子带负电，则荧光屏P点右侧出现一条亮线，亮线长度为
(1－cos β)
C．若带电粒子正负电性均存在，则荧光屏上出现一条亮线，亮线长度为
D．若带电粒子带正电，则打在荧光屏上距P点距离大于cos β的粒子占总粒子数的
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AD [根据qvB＝ 得粒子在磁场中的轨道半径R＝，入射速度与PQ的夹角为θ时，打在荧光屏上的位置与P点的距离为 2R cos θ＝cos θ，由于cos α题号
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三、非选择题：本题共5小题，共54分。
11．(6分)在深圳会展中心举行了第十三届国际超级电容器产业展览会，超级电容器又叫双电层电容器，是一种介于传统电容器与电池之间并具有特殊性能的新型储能装置。某学习小组同学利用DIS系统研究某超级电容器的充电和放电过程，实验电路原理如图甲所示，电源为输出电压恒为6 V的学生直流稳压电源，实验前电容器已充分放电。
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(1)先将单刀双掷开关S置于1，给电容器进行充分的充电，然后将单刀双掷开关S置于2，通过电阻R的电流_____________(选填“从a到b”或“从b到a”)；
从a到b
(2)将单刀双掷开关S置于2时，电流传感器将电流
信息传入计算机，屏幕上便显示出如图乙所示的
i-t图像。据此可以估算出电容器的电容约为
_________ F；(计算结果均保留三位有效数字)
(3)若换另一个电极材料相同、电解质相同、电极间距相等、电极正对面积稍大的超级电容器进行实验，则得到的i-t图线与坐标轴所围成图形的面积将________(选填“变大”“变小”或“不变”)。
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15.6
变大
[解析] (1)将单刀双掷开关S置于1，给电容器进行充电，上极板带正电、下极板带负电，将单刀双掷开关S置于2，电容器放电，通过电阻R的电流从a到b。
(2)i-t图线与坐标轴所围成图形的面积表示电容器的带电量，按照“大于等于半个格的按一个格算，小于半个格的舍去”的原则进行计算，电容器的带电量q＝117×20 mA×40 s＝93.6 C，由C＝可得电容器的电容C＝＝15.6 F。
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(3)若换另一个电极材料相同、电解质相同、电极间距相等、电极正对面积稍大的超级电容器，由C＝
可知电容器的电容变大，由C＝可得充电结束后电容器的带电量变大，所以i-t图线与坐标轴所围成图形的面积将变大。
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12．(8分)(2025·江苏南京模拟预测)某学习小组利用砷化镓霍尔元件(载流子为电子)测量磁感应强度B，实验原理如图1所示，匀强磁场垂直于元件的工作面，工作电源为霍尔元件提供霍尔电流IH，IH通过1、3测脚时，2、4测脚间将产生霍尔电压UH。
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(1)2、4测脚中电势高的是________(选填“2”或“4”)测脚。
(2)某次实验中，利用螺旋测微器测量元件厚度d(如图2)，其读数为________ mm，调节工作电压，改变霍尔电流，测出霍尔电压，实验数据如下表所示：
实验次数 1 2 3 4 5
IH/mA 0.50 1.00 1.50 2.00 2.50
UH/mV 41.5 83.1 124.8 166.4 208.1
2
2.000
根据实验数据在如图3所示的坐标纸上作出UH与IH的关系图像。
见解析图
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(3)设该元件单位体积中自由电子的个数为n，元件厚度为d，磁感应强度为B，电子电荷量为e，则UH与IH的关系式为_____________。
(4)为提高测量灵敏度，请提出制作霍尔元件的建议_____________
_________________________________________________________。
UH＝
①减小厚度d ②选用单位体积中自由电子的个数更少的材料制作霍尔元件
[解析] (1)根据左手定则可知，电子受到的洛伦兹力向4测脚方向，电子带负电，故2测脚中电势高。
(2)螺旋测微器的读数d＝2.0 mm＋0×0.01 mm＝2.000 mm
将表格中的数据在图中描点连线，其图像如图所示。
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(3)霍尔元件中电子受到的洛伦兹力等于静电力，有evB＝eE
电流微观表达式IH＝neSv
设霍尔元件的宽度为l，霍尔元件的电压UH＝El
霍尔元件的截面面积S＝ld
解得UH＝。
(4)由UH＝可知，减小厚度d或选用单位体积中自由电子的个数更少的材料制作霍尔元件可以提高测量灵敏度。
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13．(8分)(2025·辽宁鞍山二模)如图所示，光滑斜面倾角为37°，一质量m＝10 g、电荷量q＝＋1×10-6 C的小物块置于斜面上，当加上水平方向的匀强电场时，该物体恰能静止在斜面上，g取10 m/s2，
sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)该电场的电场强度；
(2)若电场强度变为原来的，小物块运动的加速度。
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[解析] (1)根据题意，对小物块受力分析，受重力、水平向右的静电力F、斜面的支持力FN，如图所示
水平方向上有F＝FNsin 37°
竖直方向上有mg＝FNcos 37°
联立解得F＝mg tan 37°
又有E＝
代入数据解得E＝7.5×104 N/C
方向水平向右。
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(2)根据题意，由牛顿第二定律有
mg sin 37°－qE cos 37°＝ma
代入数据解得a＝0.3g＝3 m/s2
方向沿斜面向下。
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[答案] (1)7.5×104 N/C，方向水平向右 3 m/s2，方向沿斜面向下
14．(14分)在平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成θ＝60°角射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场，如图所示，不计粒子重力，求：
(1)匀强电场的电场强度大小；
(2)若磁感应强度大小可以调节，为使粒子不从y
轴穿出磁场，则磁场的磁感应强度至少为多大。
题号
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[解析] (1)设粒子过N点的速度为v，则有cos θ＝
解得v＝2v0，vy＝v0
粒子在磁场中以O′为圆心做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得qvB＝m
解得粒子的轨道半径为r＝＝
O、N之间距离x＝r sin θ＝
粒子在电场中的时间为t1＝＝＝
y方向，有v0＝t1＝
解得E＝v0B。
题号
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(2)改变磁感应强度的大小，使粒子刚好与y轴相切，如图所示
设此时的磁感应强度为B1，根据洛伦兹力提供向心力可得qvB1＝m
由几何关系可得r1＋r1sin θ＝x＝r sin θ
联立解得B1＝(1＋)B
为使粒子不从y轴穿出磁场，
则磁场的磁感应强度至少为(1＋)B。
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[答案] (1)v0B (2)B
15．(18分)[滚动考查力学三大观点的综合应用](2025·贵州遵义一模)如图所示为一种自动卸货装置的简化图，AB为倾斜直轨道，BC为水平传送带，CD为水平直轨道，传送带与AB、CD在B、C两点平滑相接，在水平轨道右端固定一轻弹簧。O为AB上一点，AO间距离l1＝1.8 m，OB间的距离l2＝4 m，AB与水平面的夹角θ＝37°，BC间距离l3＝10 m，传送带始终以v＝6 m/s的速率顺时针转动。将质量m0＝16 kg的货物装入一个质量为
M的货箱中，从O点由静止释放，货物
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在货箱中始终与货箱保持相对静止，弹簧被货箱压缩到最短时立即被锁定，工人取走货物后解除弹簧的锁定，货箱被弹回。货箱与AB间动摩擦因数μ1＝0.5，与传送带间的动摩擦因数μ2＝0.4，CD段可视为光滑，货箱和货物均可视为质点，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)货箱和货物一起下滑到B点时的速度大小v0；
(2)货箱和货物一起通过BC段所用的时间t；
(3)若货物质量不变，要使货箱能回到O点且不从A点滑出，货箱质量范围是多少(结果保留三位有效数字)。
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[解析] (1)货箱和货物一起从O点下滑到B点的过程中，由动能定理可得＋M)gl2cos θ＝－0
解得v0＝4 m/s。
(2)货箱和货物一起在BC上运动时，根据牛顿第二定律可得 μ2(m0＋M)g＝(m0＋M)a
在传送带上的加速阶段有＝2ax1，
v＝v0＋at1
在传送带上的匀速阶段有l3－x1＝vt2
货厢和货物一起通过BC段所用的时间为t＝t1＋t2
联立解得 t＝1.75 s。
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(3)当货箱恰好回到O点时，货箱质量最大，由能量守恒得
(m0＋Mmax)v2＝μ2Mmaxgl3＋Mmaxgl2sin θ＋μ1Mmaxgl2cos θ
解得 Mmax≈4.65 kg
当货箱恰好回到A点时，货箱质量最小，由能量守恒得
(m0＋Mmin)v2＝μ2Mmingl3＋μ1Mming(l1＋l2)cos θ＋Mming(l1＋l2)sin θ
解得Mmin＝3.60 kg
则货箱质量范围为3.60 kg≤M≤4.65 kg。
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[答案] (1)4 m/s (2)1.75 s (3)3.60 kg≤M≤4.65 kg
谢 谢！周末滚动融合卷(三)
1．C [由题图可知，两极板间电场强度方向竖直向上，微粒受静电力方向竖直向上，可知微粒带正电，由平衡可知q＝mg，解得q＝，故选C。]
2．B [根据题意，有qUbd＝2E0－E0＝E0，qUbc＝4E0－E0＝3E0，解得Ubd＝Ubc，可知bc边上离b点三分之一边长处电势等于d点电势，由电场线与等势线垂直且沿电场线方向电势越来越低可作出过圆心的电场线如图所示，该电场线与圆周交于b、f两点，则圆周上电势最低点为f点，故A错误；沿bc方向由动能定理有EqLcos 30°＝4E0－E0，圆半径为r＝，解得E＝，B正确；UOa＝Ed＝，C错误；Uba＝Ed'＝L＝，由于DE平行于ba，则有，可得UDE＝，将电子由D点移到E点，电势降低，电子的电势能增加ΔEp＝eUDE＝，D错误。]
3．C [匀强电场中任意两点间的中点电势等于这两点电势的平均值，可知ac中点d的电势与b点相同，bd的连线为该匀强电场的等势面。电场线垂直于等势面且由高电势指向低电势，故电场线沿ac方向且由a指向c，C选项正确。故选C。]
4．C [由题图可知，0~3 s内，电动汽车的加速度大小a1＝ m/s2＝1 m/s2，由牛顿第二定律有F1－f＝ma1，解得F1＝100 N，3 s末功率达到额定功率，则电动汽车的额定功率P＝F1v1＝100×1×3 W＝300 W，由P＝f·vm，解得电动汽车的最大速度为 vm＝5 m/s，故A、B错误，C正确；全程由动能定理有 t1＋Pt2＋Wf＝0，其中 t2＝14 s－3 s＝11 s，解得Wf＝－3 750 J，故D错误。故选C。]
5．B [N型半导体载流子为电子，电流从左往右，电子从右向左运动，电子受到洛伦兹力的作用将在前表面聚集，直到粒子所受洛伦兹力与静电力平衡，前后表面形成稳定的电势差，而后表面的电势比前表面的要高，故A错误；加速度越大，偏移量越大，磁感应强度越大，霍尔电压越大，故B正确；若汽车纵向加速度为0，则霍尔元件所处位置的磁感应强度为零，粒子不受洛伦兹力，不会出现霍尔电压，故C错误；速度增大，但加速度不一定大，偏移量不一定大，霍尔电压也不一定大，故D错误。故选B。]
6．B [人下落整个过程，根据动量定理有mgt－IF＝0，解得IF＝mgt，图像中阴影部分的面积表示橡皮绳弹力的冲量大小，可知，阴影部分面积大小IF＝mgt＝5 400 kg·m/s，故选B。]
7．D [粒子运动轨迹如图所示，根据几何关系可得＝tan 30°，解得粒子轨迹半径为r＝R，根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，粒子运动周期为T＝，联立可得T＝，带电粒子在磁场中的运动时间为t＝T＝，故A、B错误；根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，解得r＝，可知射入速度变大，粒子运动的半径变大，故C错误；粒子在磁场中的运动周期T＝，粒子在磁场中的运动时间t＝T，如果只增大粒子的入射速度v，周期不变，根据r＝可知偏转半径变大，由几何关系可知偏转角变小，则粒子在磁场中的运动时间变短，故D正确。故选D。]
8．ABD [设轨道倾角为θ，则对甲小球由力的平衡条件有F1＝mgtan θ，对乙小球由力的平衡条件有F2＝2mgtan θ，故F1＝F2，A正确；甲小球受到的静电力的合力大小F1＝－qE，乙小球受到的静电力的合力大小F2＝＋2qE，结合A项分析可得E＝，B正确；若将甲、乙互换位置，对甲受力分析，甲所受静电力的合力大小F1'＝k＋qE>mgtan θ，受力不平衡；对乙受力分析，乙所受静电力的合力大小F2'＝k－2qE<2mgtan θ，受力不平衡，C错误；若撤去甲，对乙小球的下滑过程，由动能定理有2mg·tan θ－2qE·×2mv2，结合A、B项分析可得v＝，D正确。]
9．AB [粒子经过加速电场U1，根据动能定理可得qU1＝m，解得v0＝，粒子进入偏转电场后做类平抛运动，则L＝v0t，y＝at2，a＝，设粒子离开偏转电场时速度与水平方向上的夹角为θ，联立解得粒子离开偏转电场的侧向位移为y＝，tan θ＝，可知粒子离开偏转电场的侧向位移与粒子的比荷无关，则三种离子都从同一点离开偏转电场进入磁场且进入磁场时速度方向相同，故A错误，符合题意；粒子离开电场后，进入磁场，由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝m，又入射点和出射点之间的距离x＝2rcos θ＝2cos θ＝2，又v0＝，所以x＝，由于三种粒子的比荷不同，则三种粒子分别从三个点离开偏转磁场，故B错误，符合题意；因为tan θ＝，所以进入磁场时速度方向相同，由几何关系可知粒子射入磁场和射出磁场时的速度与磁场边界的夹角相同，所以，粒子射出磁场时速度方向相同，故C正确，不符合题意；因为x＝，该值与U2无关，故D正确，不符合题意。本题选错误的，故选AB。]
10．AD [根据qvB＝ 得粒子在磁场中的轨道半径R＝，入射速度与PQ的夹角为θ时，打在荧光屏上的位置与P点的距离为 2Rcos θ＝cos θ，由于cos α11．解析：(1)将单刀双掷开关S置于1，给电容器进行充电，上极板带正电、下极板带负电，将单刀双掷开关S置于2，电容器放电，通过电阻R的电流从a到b。
(2)i-t图线与坐标轴所围成图形的面积表示电容器的带电量，按照“大于等于半个格的按一个格算，小于半个格的舍去”的原则进行计算，电容器的带电量q＝117×20 mA×40 s＝93.6 C，由C＝可得电容器的电容C＝＝15.6 F。
(3)若换另一个电极材料相同、电解质相同、电极间距相等、电极正对面积稍大的超级电容器，由C＝
可知电容器的电容变大，由C＝可得充电结束后电容器的带电量变大，所以i-t图线与坐标轴所围成图形的面积将变大。
答案：(1)从a到b (2)15.6 (3)变大
12．解析：(1)根据左手定则可知，电子受到的洛伦兹力向4测脚方向，电子带负电，故2测脚中电势高。
(2)螺旋测微器的读数d＝2.0 mm＋0×0.01 mm＝2.000 mm
将表格中的数据在图中描点连线，其图像如图所示。
(3)霍尔元件中电子受到的洛伦兹力等于静电力，有evB＝eE
电流微观表达式IH＝neSv
设霍尔元件的宽度为l，霍尔元件的电压UH＝El
霍尔元件的截面面积S＝ld
解得UH＝。
(4)由UH＝可知，减小厚度d或选用单位体积中自由电子的个数更少的材料制作霍尔元件可以提高测量灵敏度。
答案：(1)2 (2)2.000 见解析图 (3)UH＝ (4)①减小厚度d ②选用单位体积中自由电子的个数更少的材料制作霍尔元件
13．解析：(1)根据题意，对小物块受力分析，受重力、水平向右的静电力F、斜面的支持力FN，如图所示
水平方向上有F＝FNsin 37°
竖直方向上有mg＝FNcos 37°
联立解得F＝mgtan 37°
又有E＝
代入数据解得E＝7.5×104 N/C
方向水平向右。
(2)根据题意，由牛顿第二定律有mgsin 37°－qEcos 37°＝ma
代入数据解得a＝0.3g＝3 m/s2
方向沿斜面向下。
答案：(1)7.5×104 N/C，方向水平向右 (2)3 m/s2，方向沿斜面向下
14．解析：(1)设粒子过N点的速度为v，则有cos θ＝
解得v＝2v0，vy＝v0
粒子在磁场中以O'为圆心做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得qvB＝m
解得粒子的轨道半径为r＝
O、N之间距离x＝rsin θ＝
粒子在电场中的时间为
t1＝
y方向，有v0＝t1＝
解得E＝v0B。
(2)改变磁感应强度的大小，使粒子刚好与y轴相切，如图所示
设此时的磁感应强度为B1，根据洛伦兹力提供向心力可得qvB1＝m
由几何关系可得r1＋r1sin θ＝x＝rsin θ
联立解得B1＝(1＋)B
为使粒子不从y轴穿出磁场，则磁场的磁感应强度至少为(1＋)B。
答案：(1)v0B (2)B
15．解析：(1)货箱和货物一起从O点下滑到B点的过程中，由动能定理可得(m0＋M)gl2sin θ－μ1(m0＋M)gl2cos θ＝(m0＋M)－0
解得v0＝4 m/s。
(2)货箱和货物一起在BC上运动时，根据牛顿第二定律可得 μ2(m0＋M)g＝(m0＋M)a
在传送带上的加速阶段有v2－＝2ax1，
v＝v0＋at1
在传送带上的匀速阶段有l3－x1＝vt2
货厢和货物一起通过BC段所用的时间为t＝t1＋t2
联立解得 t＝1.75 s。
(3)当货箱恰好回到O点时，货箱质量最大，由能量守恒得
(m0＋Mmax)v2＝μ2Mmaxgl3＋Mmaxgl2sin θ＋μ1Mmaxgl2cos θ
解得 Mmax≈4.65 kg
当货箱恰好回到A点时，货箱质量最小，由能量守恒得
(m0＋Mmin)v2＝μ2Mmingl3＋μ1Mming(l1＋l2)cos θ＋Mming(l1＋l2)sin θ
解得Mmin＝3.60 kg
则货箱质量范围为3.60 kg≤M≤4.65 kg。
答案：(1)4 m/s (2)1.75 s (3)3.60 kg≤M≤4.65 kg
5/6周末滚动融合卷(三) 专题三 电场与磁场
一、单项选择题：本题共7小题，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．(2025·1月八省联考陕晋青宁卷)静电悬浮技术是利用静电场对带电物体的电场力来平衡重力，从而实现材料悬浮无容器处理的一种先进技术，其原理示意图如图所示。若两平行金属极板间电势差为U，间距为d。质量为m的金属微粒悬浮于其中，重力加速度大小为g，则金属微粒所带电荷的电性和电荷量q分别为( )
A．负电荷，q＝ B．负电荷，q＝
C．正电荷，q＝ D．正电荷，q＝
2．如图所示，与纸面平行的匀强电场中有a、b、c三点恰好构成等边三角形abc，d为ab边上一点，bd间的距离为三角形边长的，三角形的外接圆的半径为r。b点处有一粒子源，在纸面内朝各个方向发射动能均为E0的电荷量为q的同种带正电粒子，到达c处的粒子动能为4E0，到达d处的粒子动能为2E0，不计粒子重力及粒子间的相互作用，O点为圆心，DE是平行于ab的直径。下列说法正确的是( )
A．圆周上E点电势最低
B．电场强度的大小为
C．O、a间的电势差为
D．将电子由D点移到E点，电子的电势能减少了
3．(2025·河南卷)如图所示，在与纸面平行的匀强电场中有a、b、c三点，其电势分别为6 V、4 V、2 V；a、b、c分别位于纸面内一等边三角形的顶点上。下列图中箭头表示a点电场的方向，则正确的是( )
A B C D
4．[滚动考查功和功率](2025·高三上安徽阶段练习)一质量m＝40 kg的儿童电动汽车在水平地面上由静止开始做直线运动，一段时间内的速度随时间变化的关系图像如图所示，0～3 s内为直线，3 s末功率达到额定功率，10 s末电动汽车的速度达到最大值，14 s末关闭发动机，经过一段时间电动汽车停止运动。整个过程中电动汽车受到的阻力大小恒为60 N，下列说法正确的是( )
A．0～3 s内，牵引力的大小为900 N
B．电动汽车的额定功率为180 W
C．电动汽车的最大速度为5 m/s
D．整个过程中，电动汽车所受阻力做的功为3 750 J
5．(2025·浙江精诚联盟高三下学期二模)汽车装有加速度传感器，以测量汽车行驶时的纵向加速度。加速度传感器有一个弹性梁，一端夹紧固定，另一端连接霍尔元件，如图所示。汽车静止时，霍尔元件处在上下正对的两个相同磁体中央位置，如果汽车有一向上的纵向加速度，则霍尔元件离开中央位置而向下偏移。偏移程度与加速度大小有关。如霍尔元件通入从左往右的电流，则下说法正确的是( )
A．若霍尔元件材料为N型半导体(载流子为电子)，则前表面比后表面的电势高
B．若汽车加速度越大，则霍尔电压也越大
C．若汽车纵向加速度为0，增大电流，则监测到的霍尔电压也会增大
D．若汽车速度增大，则霍尔电压也增大
6．[滚动考查动量定理](2025·湖北七市州高三下学期3月联合调研考试)如图(a)所示为“蹦极”的简化情境：某人用弹性橡皮绳拴住身体从高空P处自由下落。质量为60 kg的人可看成质点，从P点由静止下落到最低点所用时间为9 s，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。第一次下落过程中橡皮绳弹力F与时间t的关系图像如图(b)所示，则图像中阴影部分的面积为( )
A．1 800 kg· m/s B．5 400 kg· m/s
C．7 200 kg· m/s D．3 600 kg· m/s
7．(2025·北京市西城区高三下学期二模)如图所示，圆形匀强磁场区域的圆心为O，半径为R，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度的大小为B。一质量为m、电荷量为q的带电粒子以某一速度从P点沿磁场区域的半径方向射入磁场，从Q点射出，PO与OQ成60°角，不计粒子重力。下列说法正确的是( )
A．带电粒子在磁场中做圆周运动的半径等于R
B．带电粒子在磁场中的运动时间等于
C．若射入速度变大，粒子运动的半径变小
D．若射入速度变大，粒子在磁场中的运动时间变短
二、多项选择题：本题共3小题，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．(2025·安徽卷)如图所示，两个倾角相等、底端相连的光滑绝缘轨道被固定在竖直平面内，空间存在平行于该竖直平面水平向右的匀强电场。带正电的甲、乙小球(均可视为质点)在轨道上同一高度保持静止，间距为L，甲、乙所带电荷量分别为q、2q，质量分别为m、2m，静电力常量为k，重力加速度大小为g。甲、乙所受静电力的合力大小分别为F1、F2，匀强电场的电场强度大小为E，不计空气阻力，则( )
A．F1＝F2
B．E＝
C．若将甲、乙互换位置，二者仍能保持静止
D．若撤去甲，乙下滑至底端时的速度大小v＝
9．(2025·河北石家庄市部分学校高三下学期考前模拟)如图所示，粒子源不断地产生氢的三种同位素原子核H、H和H)，三种粒子飘入(初速度可忽略不计)电压为U1的加速电场，经加速后从小孔沿平行金属板c、d的中轴线射入偏转电场。c、d两板间的电压为U2，在偏转电场的右侧存在范围足够大的有界匀强磁场，磁场左边界PQ与cd板右端重合，磁场方向垂直纸面向里。三种粒子通过偏转电场后从PQ边界进入磁场，之后又从PQ边界射出磁场，平行金属板c、d的中轴线与PQ边界交于O点。整个装置处于真空中，加速电场与偏转电场均视为匀强电场，不计粒子重力及粒子间的相互作用力。下列说法错误的是( )
A．、和三种粒子从不同位置射入磁场
B．、和三种粒子从同一位置射出磁场
C．、和三种粒子射出磁场时速度方向相同
D．仅增大U2，则射入磁场的位置和射出磁场的位置之间的距离不变
10．(2025·山西部分名校高三下学期第二次模拟考试)如图所示，空间中有一块足够长的荧光屏，上方有垂直于纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场。荧光屏上P点有一个小孔，通过小孔向荧光屏上方不断发射质量为m、电荷量为q的带电粒子，速率为v，均匀分布在PA和PC之间，PQ垂直于荧光屏，PA与PQ的夹角为α，PC与PQ的夹角为β，α>β，且α＋β＝90°，不计粒子间的相互作用。下列说法正确的是( )
A．若带电粒子带正电，则荧光屏P点左侧出现一条亮线，亮线长度为(1－cos α)
B．若带电粒子带负电，则荧光屏P点右侧出现一条亮线，亮线长度为(1－cos β)
C．若带电粒子正负电性均存在，则荧光屏上出现一条亮线，亮线长度为
D．若带电粒子带正电，则打在荧光屏上距P点距离大于cos β的粒子占总粒子数的
三、非选择题：本题共5小题，共54分。
11．(6分)在深圳会展中心举行了第十三届国际超级电容器产业展览会，超级电容器又叫双电层电容器，是一种介于传统电容器与电池之间并具有特殊性能的新型储能装置。某学习小组同学利用DIS系统研究某超级电容器的充电和放电过程，实验电路原理如图甲所示，电源为输出电压恒为6 V的学生直流稳压电源，实验前电容器已充分放电。
(1)先将单刀双掷开关S置于1，给电容器进行充分的充电，然后将单刀双掷开关S置于2，通过电阻R的电流________(选填“从a到b”或“从b到a”)；
(2)将单刀双掷开关S置于2时，电流传感器将电流信息传入计算机，屏幕上便显示出如图乙所示的i t图像。据此可以估算出电容器的电容约为________ F；(计算结果均保留三位有效数字)
(3)若换另一个电极材料相同、电解质相同、电极间距相等、电极正对面积稍大的超级电容器进行实验，则得到的i t图线与坐标轴所围成图形的面积将________(选填“变大”“变小”或“不变”)。
12．(8分)(2025·江苏南京模拟预测)某学习小组利用砷化镓霍尔元件(载流子为电子)测量磁感应强度B，实验原理如图1所示，匀强磁场垂直于元件的工作面，工作电源为霍尔元件提供霍尔电流IH，IH通过1、3测脚时，2、4测脚间将产生霍尔电压UH。
(1)2、4测脚中电势高的是________(选填“2”或“4”)测脚。
(2)某次实验中，利用螺旋测微器测量元件厚度d(如图2)，其读数为________ mm，调节工作电压，改变霍尔电流，测出霍尔电压，实验数据如下表所示：
实验次数 1 2 3 4 5
IH/mA 0.50 1.00 1.50 2.00 2.50
UH/mV 41.5 83.1 124.8 166.4 208.1
根据实验数据在如图3所示的坐标纸上作出UH与IH的关系图像。
(3)设该元件单位体积中自由电子的个数为n，元件厚度为d，磁感应强度为B，电子电荷量为e，则UH与IH的关系式为________________。
(4)为提高测量灵敏度，请提出制作霍尔元件的建议_______________________
_________________________________________________。
13．(8分)(2025·辽宁鞍山二模)如图所示，光滑斜面倾角为37°，一质量m＝10 g、电荷量q＝＋1×10-6 C的小物块置于斜面上，当加上水平方向的匀强电场时，该物体恰能静止在斜面上，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)该电场的电场强度；
(2)若电场强度变为原来的，小物块运动的加速度。
14．(14分)在平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成θ＝60°角射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场，如图所示，不计粒子重力，求：
(1)匀强电场的电场强度大小；
(2)若磁感应强度大小可以调节，为使粒子不从y轴穿出磁场，则磁场的磁感应强度至少为多大。
15．(18分)[滚动考查力学三大观点的综合应用](2025·贵州遵义一模)如图所示为一种自动卸货装置的简化图，AB为倾斜直轨道，BC为水平传送带，CD为水平直轨道，传送带与AB、CD在B、C两点平滑相接，在水平轨道右端固定一轻弹簧。O为AB上一点，AO间距离l1＝1.8 m，OB间的距离l2＝4 m，AB与水平面的夹角θ＝37°，BC间距离l3＝10 m，传送带始终以v＝6 m/s的速率顺时针转动。将质量m0＝16 kg的货物装入一个质量为M的货箱中，从O点由静止释放，货物在货箱中始终与货箱保持相对静止，弹簧被货箱压缩到最短时立即被锁定，工人取走货物后解除弹簧的锁定，货箱被弹回。货箱与AB间动摩擦因数μ1＝0.5，与传送带间的动摩擦因数μ2＝0.4，CD段可视为光滑，货箱和货物均可视为质点，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)货箱和货物一起下滑到B点时的速度大小v0；
(2)货箱和货物一起通过BC段所用的时间t；
(3)若货物质量不变，要使货箱能回到O点且不从A点滑出，货箱质量范围是多少(结果保留三位有效数字)。
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