1、1滚动训练三 电场与磁场一、选择题：本题共 10 小题，每小题 5 分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的，全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分12018长沙市一中二模如图所示，空间中存在着由一固定的负点电荷 Q(图中未画出)产生的电场另一正点电荷 q 仅在电场力作用下沿曲线 MN 运动，在 M 点的速度大小为 v0，方向沿 MP 方向，到达 N 点时速度大小为 v，且 vvAC穿出位置一定在 O点下方，v BvA10(多选)2018昆明市高三模拟如图所示，MN 两侧均有垂直纸面向里的匀强磁场，MN 左侧磁感应强度大小为 B1，右侧磁感应强度大小为 B2
2、，有一质量为 m、电荷量为 q 的正离子，自 P 点开始以速度 v0向左垂直 MN 射入磁场中，当离子第二次穿过磁场边界时，与边界的交点 Q 位于 P 点上方，PQ 之间的距离为 .不计离子重力，下列说法正确的是( )mv0qB1AB 2 B123BB 2 B112C离子从开始运动到第一次到达 Q 点所用时间为5 m2qB1D离子从开始运动到第一次到达 Q 点所用时间为4 m3qB1二、计算题：本题共 4 小题，共 50 分411. (12 分)2018石家庄质检二如图所示，ABCD 且 A、B、C、D 位于一半径为 r的竖直圆上，在 C 点有一固定点电荷，电荷量为Q.现从 A 点将一质量为
3、m，电荷量为q的小球由静止释放，小球沿光滑绝缘轨道 ADB 运动到 D 点时速度为 ，g 为重力加速度，gr不考虑运动电荷对静电场的影响，求：(1)小球运动到 D 点时对轨道的压力；(2)小球从 A 点到 D 点过程中电势能的改变量12. (12 分)2018雅安市高三三诊如图所示，光滑绝缘水平面上方存在地场强度大小为 E、方向水平向右的匀强电场某时刻将质量为 m、带电量为q 的小金属块从 A 点由静止释放，经时间 t 到达 B 点，此时电场突然反向且增强为某恒定值，又经过时间 t 小金属块回到 A 点小金属块在运动过程中电荷量保持不变求：(1)A、B 两点间的距离；(2)电场反向后匀强电场的
4、电场强度大小513. (12 分)2018长春市三模如图所示，在某电子设备中分布有垂直纸面向里，磁感应强度大小为 B 的匀强磁场AC、AD 两块挡板垂直纸面放置，夹角为 90，一束电荷量为q、质量为 m 的相同粒子，从 AD 板上距 A 点为 L 的小孔 P 以不同速率沿平行纸面方向射入磁场，速度方向与 AD 板的夹角均为 60，不计粒子重力及粒子间相互作用求：(1)直接打在 AD 板上 Q 点的粒子，从 P 运动到 Q 的时间；(2)直接垂直打在 AC 板上的粒子运动速率14. (14 分)2018合肥市三模如图所示，在平面直角坐标系 xOy 中，、象限内有场强大小 E10 3 V/m 的匀
5、强电场，方向与 x 轴正方向成 45角，、象限内有磁感应强度大小 B1 T 的匀强磁场，方向垂直坐标平面向里现有一比荷为 104 C/kg 的带负电粒子，以速度 v0210 3 m/s 由坐标原点 O 垂直射入磁场，速度方向与 y 轴负方向成45角粒子重力不计求：(1)粒子开始在磁场中运动的轨道半径；(2)粒子从开始进入磁场到第二次刚进入磁场的过程所用时间；(3)粒子从第二次进入磁场到第二次离开磁场两位置间的距离6滚动训练三 电场与磁场1C 根据曲线运动的规律可知，受力指向轨迹的内侧，正点电荷 q 仅在电场力作用下沿曲线 MN 运动，负点电荷 Q 在虚线 MN 左上方的某个位置，A 选项错误；
6、正电荷 q 从 M到 N 过程速度减小，动能减小，根据动能定理可知，电场力做负功，电势能增加，故 M 点的电势低于 N 点的电势， q 在 M 点的电势能比在 N 点的电势能小，B 选项错误，C 选项正确；根据点电荷周围电场线的分布情况可知，离负电荷 Q 越近，电场强度越强，故 q 在 M 点的加速度比在 N 点的加速度大，D 选项错误2A 根据匀强电场中电势差与电场强度的关系可知，沿同一直线经过相同的距离，两端电势差相等， B F C G，解得， C6 V，同理， B A C D，解得， A0，A 选项正确3C 延长 DC 到 G 点，使 DC CG，连接 BG，根据匀强电场中电势差与电场强
7、度的关系可知， UDC UCG1 V，则 A、 B、 G 三点的电势相等，为等势面，连接 CF， CF AB，则 CF为等势面，电势为 2 V， DE 为等势面，电势为 3 V，A 选项错误；电势差 UEF1 V，电势差UBC1 V，B 选项错误；电场强度 E ，其中 d0.1 m，解得电场强度UDCd 32E V/m，C 选项正确，D 选项错误20334A 根据等量同种正电荷周围电场线的分布情况可知，负点电荷 C 可以在正电荷A、 B 连线的中垂面内，以中点 O 为圆心做匀速圆周运动，根据几何关系可知，圆周运动的半径 R Lsin60 L，电荷 A、 B 对 C 的库仑力的合力提供匀速圆周运
8、动的向心力，232sin60 m ，解得， v ，A 选项正确kQqL2 v2R 3kQq2mL5C 根据匀强电场中电势差与电场强度的关系可知， x 图象的斜率表示电场强度，分析图象可知， x4 m 处的电场强度不为零，A 选项错误；沿电场线电势逐渐降低，但 x4 m 处电场方向不一定沿 x 轴正方向，B 选项错误；从 O 点到 x6 m 处，电势差为 8 V，电场力做负功 8 eV，根据功能关系可知，电势能增大 8 eV，C 选项正确；分析图象的斜率可知，沿 x 轴正方向，斜率先减小后增大，电场强度沿 x 轴先减小后增大，D 选项错误6B 由分析电场线分布可知，从 O 到 A 点，电场线由密
9、到疏，再由疏到密，则电场强度先减小后增大，电荷受到的电场力先减小后增大，加速度先减小后增大，B 选项正确；v t 图象的斜率表示加速度，加速度先减小后增大， v t 图象的斜率先减小后增大，A 选项错误；沿着电场线电势逐渐降低，根据匀强电场中电势差与电场强度的关系可知， x 图象的斜率表示电场强度的大小，该图象切线的斜率应先减小后增大，C 选项错误；根据动能定理可知， Ek x 图象的斜率表示粒子受到的电场力，故斜率应先减小后增大，D选项错误7AD 根据等量同种点电荷周围电场的分布情况可知，图甲中，连线和中垂线上 O 点的电场强度均最小，根据磁感应强度的叠加原理可知，图丁中，连线和中垂线上 O
10、 点的磁感应强度均最小，A 选项正确；电场强度是矢量，图甲中，在连线和中垂线上，关于 O 点对称的两点场强大小相等，方向相反，B 选项错误；同理，图乙和图丙中，在连线和中垂线上， O 点的场强和磁感应强度都最小，而在连线和中垂线上关于 O 点对称的两点场强和磁感应强度大小相等，方向相同，C 选项错误，D 选项正确78D 质点 M 碰撞前做圆周运动的半径 r ，质点 M、 N 相互碰撞的过程中，动量m1v12eB守恒， m1v1( m1 m2)v2，根据电荷量守恒可知，碰撞后整体的带电量为 e，根据左手定则可知，洛伦兹力向下，整体向下旋转，轨迹半径 r ，轨道半径增大为原 m1 m2 v2eB来
11、的 2 倍，D 选项正确9D 带电颗粒在电磁场中沿水平直线做匀速直线运动，处于受力平衡状态，故颗粒A 一定为正电荷， mg Eq BqvA.若仅撤去磁场， mgEq，带电颗粒 B 向下偏转，穿出位置一定在 O点下方，合力对其做正功，根据动能定理可知， vBvA，D 选项正确10AC 正离子在左侧磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，轨迹半径r1 ，在右侧磁场中， r2 ，根据几何关系可知，2( r2 r1) ，解得 B2 B1，Amv0qB1 mv0qB2 mv0qB1 23选项正确，B 选项错误；离子从开始运动到第一次到达 Q 点所用时间t ，C 选项正确，D 选项错误T12 T22
12、mqB1 mqB2 5 m2qB111(1)2 mg k ，竖直向下 (2)增加 mgrQq4r2 12解析：(1)小球沿光滑绝缘轨道做圆周运动，在 D 点时，FN k mg .Qq 2r 2 mv2r其中 v .gr联立解得， FN2 mg k .Qq4r2根据牛顿第三定律可知，小球在 D 点时对轨道的压力大小 2mg k ，方向竖直向Qq4r2下(2)从 A 到 D 运动过程中，根据动能定理，mgr W 电 mv20.12电场力做功 W 电 mv2.12根据功能关系可知，电势能增加 mgr.1212(1) t2 (2)3 E12 Eqm解析：(1)设 t 末和 2t 末小物块的速度大小分别
13、为 v1和 v2，电场反向后匀强电场的电场强度大小为 E1.小金属块由 A 点运动到 B 点过程中，加速度a1 .Eqm根据位移公式可知， x a1t2.12联立解得， x t2.12 Eqm(2)根据匀变速直线运动速度公式可知， v1 a1t.解得， v1 t.qEm小金属块由 B 点运动到 A 点过程中，加速度a2 .qE1m8根据位移公式可知， x v1t a2t2.12联立解得， E13 E.13(1) (2)2 m3qB 23qBL3m解析：(1)根据已知条件画出粒子的运动轨迹，如图所示：粒子打在 AD 板上的 Q 点，圆心为 O1.由几何关系可知，轨迹对应的圆心角 PO1Q120.
14、洛伦兹力充当向心力， qvB m .v2R圆周运动的周期， T .2 mqB运动时间， t .T3代入数据解得， t .2 m3qB(2)粒子垂直打到 AC 板，圆心为 O2， APO230.设粒子运动的轨迹半径为 r，根据几何关系可知， rcos30 L.洛伦兹力充当向心力， qvB m .v2r联立解得， v .23qBL3m14(1)0.2 m (2) 104 s (3) m(32 4) 25解析：(1)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律：qv0B mv20r解得： r0.2 m(2)粒子第一次在磁场中运动的时间为t1 T 10 4 s34 34 2 mqB 32设粒子在电场中运动的时间为 t2.aqEmtan4512at2v0t2解得 t2410 4 s所以总时间为 t 总 t1 t2 104 s(32 4)(3)如图所示，粒子在电场中做类平抛运动，设粒子速度偏向角为 ，粒子第二次进入磁场时的速度大小为 v，与 y 轴负方向的夹角为 .9则有：tan 2即 45v v0v0cos 5根据牛顿第二定律： qvB mv2R则 R mmvqB 55粒子第二次进、出磁场处两点间的距离L2 Rsin 2 Rsin( 45)解得 L m25
