高中物理二轮复习-高考热点突破4-带电体在复合场中的运动.doc

高考热点突破(四)　带电体在复合场中的运动
(建议用时：40分钟)
1．(2021·贵州贵阳二模)如图所示，某空间存在正交的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，磁场方向垂直纸面水平向里。一带电微粒由a点以一定的初速度进入电磁场，刚好能沿直线ab斜向上运动，则下列说法正确的是(　　)

A．微粒可能带正电，也可能带负电
B．微粒的动能可能变大
C．微粒的电势能一定减小
D．微粒的机械能一定不变
C　[由受力分析可知，微粒受到重力、电场力和洛伦兹力的作用，因微粒在复合场中做直线运动，可知其所受合力为零，根据做直线运动的条件可知微粒的受力情况如图所示，所以微粒一定带负电，A错误；微粒一定做匀速直线运动，否则速度变化，洛伦兹力大小变化，微粒将做曲线运动，因此微粒的动能保持不变，B错误；微粒由a沿直线ab运动的过程中，电场力做正功，电势能一定减小，C正确；在微粒的运动过程中，洛伦兹力不做功，电场力做正功，则微粒的机械能一定增加，D错误。]

2．(多选)如图所示，空间某处存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，一个带负电的金属小球从M点水平射入此区域，经一段时间运动到N点，关于小球由M点到N点的运动过程，下列说法正确的是(　　)

A．小球可能做匀变速运动
B．小球一定做变加速运动
C．小球动能可能不变
D．小球机械能守恒
BC　[小球从M点到N点的运动过程中，在竖直方向上发生了偏转，受到的竖直向下的重力和竖直向上的电场力不变，速度方向变化，则洛伦兹力方向变化，所以三个力的合力方向变化，故小球不可能做匀变速运动，一定做变加速运动，A错误，B正确。若电场力和重力等大反向，则该过程中电场力和重力做的功之和为零，而洛伦兹力不做功，小球的动能不变，重力势能减小，这种情况下小球机械能不守恒；若电场力和重力不等大反向，则有电场力做功，小球的动能变化，重力势能减小，小球机械能不守恒，故C正确，D错误。]
3．(多选)(2021·云南省昆明市一模)质量为m、带电荷量为＋q的小球套在水平固定且足够长的粗糙绝缘杆上，如图所示，整个装置处于磁感应强度为B、垂直纸面向里的水平匀强磁场中。现给小球一个水平向右的初速度v0使其开始运动，不计空气阻力，则小球从开始到最终稳定的过程中，下列说法正确的是(　　)

A．一定做减速运动
B．运动过程中克服摩擦力做的功可能是0
C．最终稳定时的速度一定是
D．最终稳定时的速度可能是0
BD　[对小球受力分析，小球受竖直向下的重力、竖直向上的洛伦兹力及可能有的弹力和摩擦力。若qv0B＞mg，则小球受竖直向下的重力、竖直向上的洛伦兹力、竖直向下的弹力和向左的摩擦力，据牛顿第二定律可得：qvB＝mg＋FN，μFN＝ma，解得：小球的加速度a＝，方向向左，则小球做加速度减小的减速运动，最终加速度减为0，小球做匀速直线运动，匀速的速度v＝；若qv0B＝mg，则小球受竖直向下的重力和竖直向上的洛伦兹力而平衡，小球做匀速直线运动，速度v0＝；若qv0B＜mg，则小球受竖直向下的重力、竖直向上的洛伦兹力、竖直向上的弹力和向左的摩擦力，据牛顿第二定律可得：mg＝qvB＋FN，μFN＝ma，解得：小球的加速度a＝，方向向左；则小球做加速度增大的减速运动，最终静止。综上，A、C错误，D正确；若小球的初速度v0满足qv0B＝mg，小球在运动过程中将始终不受摩擦力，故小球克服摩擦力做的功可能是0，B正确。]
4．(多选)(2021·湖南湘潭高三4月模拟)如图所示，绝缘中空轨道竖直固定，圆弧段COD光滑，对应圆心角为120°，C、D两端等高，O为最低点，圆弧圆心为O′，半径为R；直线段AC、HD粗糙，与圆弧段分别在C、D端相切；整个装置处于方向垂直于轨道所在平面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中，在竖直虚线MC左侧和ND右侧还分别存在着场强大小相等、方向水平向右和向左的匀强电场。现有一质量为m、电荷量恒为q、直径略小于轨道内径、可视为质点的带正电小球，从轨道内距C点足够远的P点由静止释放。若PC＝L，小球所受电场力等于其重力的倍，重力加速度为g，则(　　)

A．小球第一次沿轨道AC下滑的过程中，先做加速度减小的加速运动，后做匀速运动
B．小球在轨道内受到的摩擦力可能大于mg
C．经足够长时间，小球克服摩擦力做的总功是mgL
D．小球经过O点时，对轨道的弹力可能为2mg－qB
AD　[小球第一次沿轨道AC下滑的过程中，由题意可知，电场力与重力的合力方向恰好沿着斜面AC，则刚开始小球与管壁无作用力，当从静止运动后，由左手定则可知，洛伦兹力导致球对管壁有作用力，从而导致滑动摩擦力增大，而重力与电场力的合力大小为F＝＝mg不变，故根据牛顿第二定律可知，小球做加速度减小的加速运动，当摩擦力等于两个力的合力时，做匀速运动，故A正确。当小球的摩擦力与重力及电场力的合力相等时，小球做匀速直线运动，小球在轨道内受到的摩擦力最大，为mg，不可能大于mg，故B错误。小球最终在C、D间做往复运动，在C点和D点的速度为零，从开始到最终速度为零的C点或D点，根据动能定理可知，摩擦力做的功与重力及电场力做的功之和为零，则摩擦力总功为mgL，故C错误。小球由C向D运动时，对小球在O点受力分析，由牛顿第二定律，有FN－mg＋Bqv＝m，由C到O点，由机械能守恒定律，有mgR(1－sin 30°)＝mv2，解得FN＝2mg－qB，即当小球经过O点时，对轨道的弹力为2mg－qB，故D正确。]
5．如图所示，虚线上方有场强为E的匀强电场，方向竖直向下，虚线上、下方均有磁感应强度相同的匀强磁场，方向垂直纸面向外，ab是一根长为l的绝缘细杆，沿电场线方向放置在虚线上方，杆的b端在虚线上，将一带电荷量为＋q、质量为m的小球套在杆上从a端由静止释放，小球先做加速运动，后做匀速运动到达b端，已知小球与绝缘细杆间的动摩擦因数为μ，小球重力忽略不计，当小球脱离杆进入虚线下方后，其运动轨迹是半圆(图中未画出)，圆的半径是，求：

(1)匀强磁场的磁感应强度B的大小；
(2)带电小球从a到b的运动过程中克服摩擦力所做的功Wf。
[解析]　(1)小球做匀速直线运动时，由平衡条件得μqvB＝qE，小球在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力
由向心力公式可得qvB＝
由题意可知r＝
联立解得v＝，B＝。
(2)从a到b过程，由动能定理得qEl－Wf＝mv2－0
解得Wf＝qEl－。
[答案]　(1)　(2)qEl－
6．如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，其第三象限存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度的方向水平向右，磁感应强度的方向垂直纸面向里。第一象限电场强度的方向竖直向上，与第三象限场强大小相同。第一、二象限存在一个圆形磁场区域，磁感应强度与第三象限磁场的相同。一带电荷量为＋q、质量为m的微粒从第三象限点A(－l，－l)出发，沿与x轴正方向的夹角为45°的方向做直线运动，初速度大小为v。当微粒运动到原点O时，与另一完全相同的静止在原点O的微粒碰撞，并黏合在一起，碰撞时间可忽略不计。黏合后的微粒继续运动一段时间，从y轴某点P穿出磁场。已知重力加速度为g，不计一切阻力，求：

(1)第三象限内的电场强度E的大小、磁感应强度B的大小；
(2)P点的坐标；
(3)圆形磁场区域的最小面积。
[解析]　(1)进入重力场、匀强磁场和匀强电场相叠加的复合场中的带电微粒做直线运动，对其所受重力、洛伦兹力、电场力三个力的方向及微粒运动的方向进行分析，可知微粒做的必定是匀速直线运动。对微粒受力分析如图甲，

甲
有qE＝mg，qvB＝mg
解得E＝，B＝。
(2)带电微粒在原点与另一完全相同的静止微粒发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律有mv＝2mv′，
解得v′＝
粘合后带电微粒的质量变为2m，电荷量变为2q，速度v′＝。在第一象限对其进行受力分析可知，竖直方向满足电场力与重力平衡，粘合后的带电微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有2q··B＝
解得其运动半径r＝
微粒在第一象限的运动轨迹如图乙所示，

乙
由几何关系可知，P点纵坐标yP＝r＝，P点坐标为。
(3)以OP为直径的圆对应的磁场区域的面积最小，如图乙所示，最小面积为S＝π＝。
[答案]　(1)　　(2)　(3)
7．如图所示，在平面直角坐标系xOy中，第一象限内存在正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度E1＝40 N/C，方向竖直向上；第四象限内存在一方向向左的匀强电场，电场强度E2＝ N/C。一质量为m＝2×10－3 kg的带正电的小球，从M(3.64 m,3.2 m)点以v0＝1 m/s的水平速度开始运动。已知小球在第一象限内做匀速圆周运动，从P(2.04 m,0)点进入第四象限后经过y轴上的N(0，－2.28 m)点(图中未标出)。(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：

(1)匀强磁场的磁感应强度B的大小；
(2)小球由P点运动至N点的时间。
[解析]　(1)由题意可知qE1＝mg
解得q＝5×10－4 C
小球在第一、四象限的运动轨迹如图所示。

则Rcos θ＝xM－xP
Rsin θ＋R＝yM
可得R＝2 m，θ＝37°
由qv0B＝m，解得B＝2 T。
(2)小球进入第四象限后受力如图所示。

tan α＝＝0.75
可知小球进入第四象限后所受的电场力和重力的合力与速度方向垂直，
即α＝θ＝37°。
由几何关系可得：
OA＝OPtan α＝1.53 m
AN＝ON－OA＝0.75 m
过N点作AP的垂线，交PA的延长线于一点Q，由几何关系知△OAP与△QAN相似，
所以∠QNA＝∠OPA＝α
得QN＝ANcos α＝0.6 m
由QN＝v0t，解得t＝0.6 s。
[答案]　(1)2 T　(2)0.6 s
8．(2021·福建省南平市高三下学期第二次质检)如图所示，竖直平面内建立直角坐标系xOy，x轴水平，在第二象限内有一段光滑绝缘圆弧轨道，轨道末端与x轴相切于O点。第一象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向上的匀强电场，其中有一个半径为L的圆形区域，圆心D与O点的连线与水平方向的夹角为45°，OD长为2L。现有一电荷量为＋q、质量为m的带电小球(可视为质点)，从绝缘轨道上距x轴高度为H(H未知)处静止释放，并沿水平方向从O点进入第一象限，恰能做匀速圆周运动，其轨迹恰与图中圆形区域外切，匀强磁场磁感应强度大小为B，重力加速度为g，求：
(1)电场强度E的大小；
(2)高度H为多少；
(3)若仅将OD所在直线上方的磁场反向，磁感应强度大小不变，并将小球放在绝缘轨道上距离x轴高度大于H的任意位置，由静止释放。则能到达A(4L,4L)处的小球从O点运动到A所经过的时间。

[解析]　(1)带电微粒在复合场中做匀速圆周运动，重力与电场力合力为零，有
mg＝Eq
解得E＝。
(2)假设带电微粒从距x轴H高处释放，到达O点处的速率为v，由动能定理：
mgH＝mv2
在第一象限的电磁场中，根据洛伦兹力提供向心力，其中r表示微粒做圆周运动的半径得
qvB＝m
由几何关系和余弦定理得(r＋L)2＝r2＋(2L)2－2r×2Lcos 45°
解得r＝L
H＝。
(3)假设进入第一象限的微粒恰好能到达(4L,4L)处，其半径为r，由几何关系得
nr＝4L或r＝
t＝
T＝＝
又r>L，得n＝1、2、3
则n＝1时：r2＝4L，t＝
n＝2时：r2＝2L，t＝
n＝3时：r3＝，t＝。
[答案]　(1)E＝　(2)　(3)见解析
9．(2021·福建漳州市高三二模)如图所示，光滑绝缘水平桌面上存在相邻的两个矩形区域CDMN与NMHG，其中CD＝NM＝GH＝2d、CN＝NG＝d，两区域分别存在竖直向下和竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小相等。有一足够长的光滑绝缘弧形轨道的末端固定在CD边的中点P，轨道末端切线水平。现有一带电荷量为＋q、质量为m的小球从距离桌面高为h的轨道上静止释放，从P点垂直CD边进入磁场区域后，由C点射出。已知小球的电荷量始终保持不变，重力加速度大小为g。
(1)求磁感应强度B的大小；
(2)若要使小球能从右边区域的G点射出，求小球释放高度H；
(3)若将右边区域的磁场换为匀强电场，电场方向平行于桌面且与MN夹角为53°指向MH边，仍将小球从(2)问中的高度H释放，最终小球从GH边上距G点处离开电场区域，求小球从进入磁场到离开电场所用的总时间t。

[解析]　(1)设小球到达P点时速度为v0，由动能定理得mgh＝mv
在磁场中轨道半径为r1，qv0B＝
由几何关系可得：r1＝
可得：B＝。

(2)根据对称，要让小球经过G点，运动轨迹必经过NM上距N距离为的点，轨道半径为r2
由几何关系

d2＋＝r
可得r2＝
qvB＝
mgH＝mv2
可得H＝h。
(3)小球在磁场中运动轨迹的圆心角α＝53°，设小球在磁场中运动时间为t1

t1＝T
T＝
小球经过NM线时，速度与NM的夹角θ
cos θ＝
可得θ＝37°
可知小球速度与电场方向垂直，做类平抛运动，设在电场中运动时间为t2，沿v方向运动的位移为x，则
x＝dsin 37°
x＝vt2
总时间t＝t1＋t2
可得t＝＋。
[答案]　(1)B＝　(2)H＝h　(3)t＝＋

12/12