2、，勻強(qiáng)電場中的點A、B、C、D、E、F、G、H為立方體的8個頂點．已知G、F、B、D點的電勢分別為5 V、1 V、2 V、4 V，則A點的電勢為( )
A．0 B．1 V
C．2 V D．3 V
3．[2018·長春模擬]如圖所示，A、B、C、D、E、F為勻強(qiáng)電場中一個邊長為10 cm的正六邊形的六個頂點，A、C、D三點電勢分別為1.0 V、2.0 V、3.0 V，正六邊形所在平面與電場線平行．則( )
A．E點的電勢與C點的電勢相等
B．UEF與UBC相同
C．電場強(qiáng)度的大小為 V/m
D．電場強(qiáng)度的大小為20 V/m
4．[2018·貴陽一中二模]如
3、圖所示，等邊三角形ABC的邊長為L，在頂點A、B分別有固定的正點電荷，電荷量均為Q.C點有一質(zhì)量為m不計重力的負(fù)點電荷，電荷量為q，要讓它能過C點做勻速圓周運動，其速度的大小是(已知靜電力常量為k)( )
A. B.
C. D.
5．[2018·張家界市三模]空間存在一靜電場，電場中的電勢φ隨x的變化規(guī)律如圖所示，下列說法正確的是( )
A．x＝4 m處電場強(qiáng)度可能為零
B．x＝4 m處電場方向一定沿x軸正方向
C．電荷量為e的負(fù)電荷沿x軸從O點移動到x＝6 m處，電勢能增大8 eV
D．沿x軸正方向，電場強(qiáng)度先增大后減小
6．[2018·江西上饒市二模
4、]某區(qū)域的電場線分布如圖所示，中間一根電場線是直線，一帶正電的粒子從直線上的O點由靜止開始在電場力作用下運動到A點．取O點為坐標(biāo)原點沿直線向右為x軸正方向，粒子的重力忽略不計．在O點到A點的運動過程中，下列關(guān)于粒子運動速度v和加速度a隨時間t的變化，粒子的動能Ek和運動軌跡上的電勢φ隨位移x的變化圖線可能正確的是( )
7．(多選)[2018·榆林市高三三模]在下圖中，圖甲、圖乙中兩點電荷的電荷量相等，圖丙、圖丁中通電導(dǎo)線電流大小相等，豎直線為兩點電荷、兩通電導(dǎo)線的中垂線，O為連線的中點．下列說法正確的是( )
A．圖甲和圖丁中，在連線和中垂線上，O點的場強(qiáng)和磁感應(yīng)強(qiáng)度都最
5、小
B．圖甲和圖丁中，在連線和中垂線上，關(guān)于O點對稱的兩點場強(qiáng)和磁感應(yīng)強(qiáng)度都相等
C．圖乙和圖丙中，在連線和中垂線上，O點的場強(qiáng)和磁感應(yīng)強(qiáng)度都最大
D．圖乙和圖丙中，在連線和中垂線上關(guān)于O點對稱的兩點場強(qiáng)和磁感應(yīng)強(qiáng)度相等
8．[2018·遂寧市模擬]如圖所示，a、b是兩個勻強(qiáng)磁場邊界上的兩點，左邊勻強(qiáng)磁場的磁感線垂直紙面向里，右邊勻強(qiáng)磁場的磁感線垂直紙面向外，兩邊的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等．電荷量為2e的帶正電的質(zhì)點M以某一速度從a點垂直磁場邊界向左射出，與靜止在b點的電荷量為e的帶負(fù)電的質(zhì)點N相撞，并粘合在一起，不計質(zhì)點M和質(zhì)點N的重力，則它們在磁場中的運動軌跡是( )
9
6、．[2018·黃山市模擬]如圖所示的虛線區(qū)域內(nèi)，充滿垂直紙面向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場和豎直向上的勻強(qiáng)電場，一帶電顆粒A以一定初速度由左邊界的O點射入磁場、電場區(qū)域，恰好沿水平直線從區(qū)域右邊界O′點穿出，射出時速度的大小為vA，若僅撤去磁場，其它條件不變，另一個相同的顆粒B仍以相同的速度由O點射入并從區(qū)域右邊界穿出，射出時速度的大小為vB，則顆粒B( )
A．穿出位置一定在O′點上方，vBvA
C．穿出位置一定在O′點下方，vBvA
10．(多選)[2018·昆明市高三模擬]如圖所示，MN兩側(cè)均有垂直紙
7、面向里的勻強(qiáng)磁場，MN左側(cè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1，右側(cè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2，有一質(zhì)量為m、電荷量為q的正離子，自P點開始以速度v0向左垂直MN射入磁場中，當(dāng)離子第二次穿過磁場邊界時，與邊界的交點Q位于P點上方，PQ之間的距離為.不計離子重力，下列說法正確的是( )
A．B2＝B1
B．B2＝B1
C．離子從開始運動到第一次到達(dá)Q點所用時間為
D．離子從開始運動到第一次到達(dá)Q點所用時間為
二、計算題：本題共4小題，共50分．
11. (12分)[2018·石家莊質(zhì)檢二]如圖所示，AB⊥CD且A、B、C、D位于一半徑為r的豎直圓上，在C點有一固定點電荷，電荷量為＋Q.現(xiàn)從A點將一質(zhì)
8、量為m，電荷量為－q的小球由靜止釋放，小球沿光滑絕緣軌道ADB運動到D點時速度為，g為重力加速度，不考慮運動電荷對靜電場的影響，求：
(1)小球運動到D點時對軌道的壓力；
(2)小球從A點到D點過程中電勢能的改變量．
12. (12分)[2018·雅安市高三三診]如圖所示，光滑絕緣水平面上方存在地場強(qiáng)度大小為E、方向水平向右的勻強(qiáng)電場．某時刻將質(zhì)量為m、帶電量為－q的小金屬塊從A點由靜止釋放，經(jīng)時間t到達(dá)B點，此時電場突然反向且增強(qiáng)為某恒定值，又經(jīng)過時間t小金屬塊回到A點．小金屬塊在運動過程中電荷量保持不變．求：
(1)A、B兩點
9、間的距離；
(2)電場反向后勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大?。?
13. (12分)[2018·長春市三模]如圖所示，在某電子設(shè)備中分布有垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場．AC、AD兩塊擋板垂直紙面放置，夾角為90°，一束電荷量為＋q、質(zhì)量為m的相同粒子，從AD板上距A點為L的小孔P以不同速率沿平行紙面方向射入磁場，速度方向與AD板的夾角均為60°，不計粒子重力及粒子間相互作用．求：
(1)直接打在AD板上Q點的粒子，從P運動到Q的時間；
(2)直接垂直打在AC板上的粒子運動速率．
10、
14. (14分)[2018·合肥市三模]如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，Ⅰ、Ⅳ象限內(nèi)有場強(qiáng)大小E＝103 V/m的勻強(qiáng)電場，方向與x軸正方向成45°角，Ⅱ、Ⅲ象限內(nèi)有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝1 T的勻強(qiáng)磁場，方向垂直坐標(biāo)平面向里．現(xiàn)有一比荷為104 C/kg的帶負(fù)電粒子，以速度v0＝2×103 m/s由坐標(biāo)原點O垂直射入磁場，速度方向與y軸負(fù)方向成45°角．粒子重力不計．求：
(1)粒子開始在磁場中運動的軌道半徑；
(2)粒子從開始進(jìn)入磁場到第二次剛進(jìn)入磁場的過程所用時間；
(3)粒子從第二次進(jìn)入磁場到第二次離開磁場兩位置間的距離．
11、
滾動訓(xùn)練三 電場與磁場
1．C 根據(jù)曲線運動的規(guī)律可知，受力指向軌跡的內(nèi)側(cè)，正點電荷q僅在電場力作用下沿曲線MN運動，負(fù)點電荷Q在虛線MN左上方的某個位置，A選項錯誤；正電荷q從M到N過程速度減小，動能減小，根據(jù)動能定理可知，電場力做負(fù)功，電勢能增加，故M點的電勢低于N點的電勢，q在M點的電勢能比在N點的電勢能小，B選項錯誤，C選項正確；根據(jù)點電荷周圍電場線的分布情況可知，離負(fù)電荷Q越近，電場強(qiáng)度越強(qiáng)，故q在M點的加速度比在N點的加速度大，D選項錯誤．
2．A 根據(jù)勻強(qiáng)電場中電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系可知，沿同一直線經(jīng)過相同的距離，兩端電勢差相等，φB－φF＝φC－φG，解
12、得，φC＝6 V，同理，φB－φA＝φC－φD，解得，φA＝0，A選項正確．
3．C 延長DC到G點，使DC＝CG，連接BG，根據(jù)勻強(qiáng)電場中電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系可知，UDC＝UCG＝1 V，則A、B、G三點的電勢相等，為等勢面，連接CF，CF∥AB，則CF為等勢面，電勢為2 V，DE為等勢面，電勢為3 V，A選項錯誤；電勢差UEF＝1 V，電勢差UBC＝－1 V，B選項錯誤；電場強(qiáng)度E＝，其中d＝0.1× m，解得電場強(qiáng)度E＝V/m，C選項正確，D選項錯誤．
4．A 根據(jù)等量同種正電荷周圍電場線的分布情況可知，負(fù)點電荷C可以在正電荷A、B連線的中垂面內(nèi)，以中點O為圓心做勻速圓周運動，根據(jù)
13、幾何關(guān)系可知，圓周運動的半徑R＝Lsin60°＝L，電荷A、B對C的庫侖力的合力提供勻速圓周運動的向心力，2·sin60°＝m，解得，v＝，A選項正確．
5．C 根據(jù)勻強(qiáng)電場中電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系可知，φ－x圖象的斜率表示電場強(qiáng)度，分析圖象可知，x＝4 m處的電場強(qiáng)度不為零，A選項錯誤；沿電場線電勢逐漸降低，但x＝4 m處電場方向不一定沿x軸正方向，B選項錯誤；從O點到x＝6 m處，電勢差為8 V，電場力做負(fù)功8 eV，根據(jù)功能關(guān)系可知，電勢能增大8 eV，C選項正確；分析圖象的斜率可知，沿x軸正方向，斜率先減小后增大，電場強(qiáng)度沿x軸先減小后增大，D選項錯誤．
6．B 由分析電場線分布可
14、知，從O到A點，電場線由密到疏，再由疏到密，則電場強(qiáng)度先減小后增大，電荷受到的電場力先減小后增大，加速度先減小后增大，B選項正確；v－t圖象的斜率表示加速度，加速度先減小后增大，v－t圖象的斜率先減小后增大，A選項錯誤；沿著電場線電勢逐漸降低，根據(jù)勻強(qiáng)電場中電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系可知，φ－x圖象的斜率表示電場強(qiáng)度的大小，該圖象切線的斜率應(yīng)先減小后增大，C選項錯誤；根據(jù)動能定理可知，Ek－x圖象的斜率表示粒子受到的電場力，故斜率應(yīng)先減小后增大，D選項錯誤．
7．AD 根據(jù)等量同種點電荷周圍電場的分布情況可知，圖甲中，連線和中垂線上O點的電場強(qiáng)度均最小，根據(jù)磁感應(yīng)強(qiáng)度的疊加原理可知，圖丁中，連線
15、和中垂線上O點的磁感應(yīng)強(qiáng)度均最小，A選項正確；電場強(qiáng)度是矢量，圖甲中，在連線和中垂線上，關(guān)于O點對稱的兩點場強(qiáng)大小相等，方向相反，B選項錯誤；同理，圖乙和圖丙中，在連線和中垂線上，O點的場強(qiáng)和磁感應(yīng)強(qiáng)度都最小，而在連線和中垂線上關(guān)于O點對稱的兩點場強(qiáng)和磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向相同，C選項錯誤，D選項正確．
8．D 質(zhì)點M碰撞前做圓周運動的半徑r＝，質(zhì)點M、N相互碰撞的過程中，動量守恒，m1v1＝(m1＋m2)v2，根據(jù)電荷量守恒可知，碰撞后整體的帶電量為e，根據(jù)左手定則可知，洛倫茲力向下，整體向下旋轉(zhuǎn)，軌跡半徑r′＝，軌道半徑增大為原來的2倍，D選項正確．
9．D 帶電顆粒在電磁場中沿水平
16、直線做勻速直線運動，處于受力平衡狀態(tài)，故顆粒A一定為正電荷，mg＝Eq＋BqvA.若僅撤去磁場，mg>Eq，帶電顆粒B向下偏轉(zhuǎn)，穿出位置一定在O′點下方，合力對其做正功，根據(jù)動能定理可知，vB>vA，D選項正確．
10．AC 正離子在左側(cè)磁場中做勻速圓周運動時，洛倫茲力提供向心力，軌跡半徑r1＝，在右側(cè)磁場中，r2＝，根據(jù)幾何關(guān)系可知，2(r2－r1)＝，解得B2＝B1，A選項正確，B選項錯誤；離子從開始運動到第一次到達(dá)Q點所用時間t＝＋＝＋＝，C選項正確，D選項錯誤．
11．(1)2mg－k，豎直向下 (2)增加mgr
解析：(1)小球沿光滑絕緣軌道做圓周運動，在D點時，
FN＋k－
17、mg＝.
其中v＝.
聯(lián)立解得，F(xiàn)N＝2mg－k.
根據(jù)牛頓第三定律可知，小球在D點時對軌道的壓力大小2mg－k，方向豎直向下．
(2)從A到D運動過程中，根據(jù)動能定理，
mgr＋W電＝mv2－0.
電場力做功W電＝－mv2.
根據(jù)功能關(guān)系可知，電勢能增加mgr.
12．(1)·t2 (2)3E
解析：(1)設(shè)t末和2t末小物塊的速度大小分別為v1和v2，電場反向后勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為E1.
小金屬塊由A點運動到B點過程中，加速度
a1＝.
根據(jù)位移公式可知，x＝a1t2.
聯(lián)立解得，x＝·t2.
(2)根據(jù)勻變速直線運動速度公式可知，v1＝a1t.
解得，v
18、1＝t.
小金屬塊由B點運動到A點過程中，加速度
a2＝－.
根據(jù)位移公式可知，－x＝v1t＋a2t2.
聯(lián)立解得，E1＝3E.
13．(1) (2)
解析：(1)根據(jù)已知條件畫出粒子的運動軌跡，如圖所示：
粒子打在AD板上的Q點，圓心為O1.
由幾何關(guān)系可知，軌跡對應(yīng)的圓心角
∠PO1Q＝120°.
洛倫茲力充當(dāng)向心力，qvB＝m.
圓周運動的周期，T＝.
運動時間，t＝.
代入數(shù)據(jù)解得，t＝.
(2)粒子垂直打到AC板，圓心為O2，∠APO2＝30°.
設(shè)粒子運動的軌跡半徑為r，根據(jù)幾何關(guān)系可知，rcos30°＝L.
洛倫茲力充當(dāng)向心力，qvB＝m.
19、聯(lián)立解得，v＝.
14．(1)0.2 m (2)×10－4s (3)m
解析：(1)粒子進(jìn)入磁場后做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律：
qv0B＝m
解得：r＝0.2 m
(2)粒子第一次在磁場中運動的時間為
t1＝T＝×＝π×10－4s
設(shè)粒子在電場中運動的時間為t2.
a＝
tan45°＝
解得t2＝4×10－4 s
所以總時間為t總＝t1＋t2＝×10－4s
(3)如圖所示，粒子在電場中做類平拋運動，設(shè)粒子速度偏向角為α，粒子第二次進(jìn)入磁場時的速度大小為v，與y軸負(fù)方向的夾角為θ.
則有：tanα＝2
即θ＝α－45°
v＝＝v0
根據(jù)牛頓第二定律：qvB＝m
則R＝＝m
粒子第二次進(jìn)、出磁場處兩點間的距離
L＝2Rsinθ＝2Rsin(α－45°)
解得L＝m
9
2019年高考物理二輪復(fù)習(xí) 滾動訓(xùn)練三 電場與磁場
