高考物理二轮复习 第1部分 专题3 微专题4 带电体在复合场中的运动

这是一份高考物理二轮复习 第1部分 专题3 微专题4 带电体在复合场中的运动，共9页。试卷主要包含了题型特点，解题思路等内容，欢迎下载使用。
2．解题思路
(1)受力分析：正确分析带电粒子的受力情况，包括场力、弹力和摩擦力。
(2)运动分析：匀速直线运动、匀速圆周运动、匀变速直线运动、类平抛运动、非匀变速曲线运动。
(3)选规律，列方程：应用运动学公式、牛顿运动定律和功能关系。
[典例] 如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小为E＝5eq \r(3) N/C，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B＝0.5 T。有一带正电的小球，质量m＝1×10－6 kg，电荷量q＝2×10－6 C，正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象)，取g＝10 m/s2。求：
(1)小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向；
(2)从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t。
[思维拆解] 第一步：画出小球受力分析图
第二步：列出平衡方程，求出速度大小
第三步：分析几何关系，分析粒子速度方向
第四步：将粒子运动进行分解
第五步：在竖直方向列出运动方程，求出运动时间
[解析] (1)小球匀速直线运动时受力如图，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，有
qvB＝eq \r(q2E2＋m2g2)①
代入数据解得v＝20 m/s②
速度v的方向与电场E的方向之间的夹角θ满足tan θ＝eq \f(qE,mg)③
代入数据解得tan θ＝eq \r(3)，θ＝60°。④
(2)法一：撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，设其加速度为a，有a＝eq \f(\r(q2E2＋m2g2),m)⑤
设撤掉磁场后小球在初速度方向上的分位移为x，有x＝vt⑥
设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y，有y＝eq \f(1,2)at2⑦
a与mg的夹角和v与E的夹角相同，均为θ，又tan θ＝eq \f(y,x)⑧
联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得t＝2eq \r(3) s≈3.5 s。⑨
法二：撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以P点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度为vy＝vsin θ⑤
若使小球再次穿过P点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上分位移为零，则有vyt－eq \f(1,2)gt2＝0⑥
联立⑤⑥式，代入数据解得t＝2eq \r(3) s≈3.5 s。⑦
[答案] (1)20 m/s，与电场方向夹角为60° (2)3.5 s
反思感悟：此题是带电体在复合场中的运动问题，主要考查物体的平衡、牛顿运动定律的应用、平抛运动等知识；关键是要知道物体做匀速直线运动时，物体所受的重力、洛伦兹力和电场力平衡；撤去磁场后粒子所受重力和电场力都是恒力，将做类平抛运动；知道了物体的运动性质才能选择合适的物理规律列出方程求解。
[考向预测]
1．(2021·重庆市强基联合体高三下学期3月联考)如图所示，竖直面内建一直角坐标系xOy。在第一象限内存在垂直于纸面向外的匀强磁场(图中未画出)和竖直向上的匀强电场，在第二象限内存在水平向右的匀强电场，两个象限中的电场强度大小均为E。有一带电微粒(质量为m，电荷量为q)以速率v0垂直于x轴从轴上S点射入第二象限，在y轴上的M点(未画出)，以速率v0垂直于y轴射入第一象限，然后在x轴上的N点(未画出)与x轴正方向成60°角射出。已知重力加速度为g，则( )
A．OM与ON比值为1∶1
B．带电微粒在第二象限和第一象限中运动的时间之比为eq \r(3)∶1
C．磁感应强度的大小为B＝eq \f(mg,qv0)
D．电场强度的大小为E＝eq \f(2mg,q)
C [在第二象限带电微粒在竖直方向做匀减速运动，速度由v0减速到0，水平方向做匀加速运动，速度由0加速到v0，则有OM＝eq \f(v0,2)t，SO＝eq \f(v0,2)t，v0＝gt，v0＝eq \f(qE,m)t，则有qE＝mg，E＝eq \f(mg,q)，所以电场强度的大小为E＝eq \f(mg,q)，则D错误；带电微粒在第一象限由于重力与电场力总是大小相等方向相反，其合力为0，则带电微粒只受洛伦兹力，带电微粒在第一象限做匀速圆周运动轨迹如图所示
由几何关系可得OM＝R－Rcs 60°＝eq \f(R,2)，ON＝Rsin 60°＝eq \f(\r(3),2)R，则OM与ON比值为1∶eq \r(3)，所以A错误；带电微粒在第二象限的时间为t1＝eq \f(2OM,v0)＝eq \f(R,v0)，带电微粒在第一象限的时间为t2＝eq \f(60°,360°)T＝eq \f(1,6)·eq \f(2πR,v0)＝eq \f(πR,3v0)，所以带电微粒在第二象限和第一象限中运动的时间之比为1∶eq \f(π,3)，则B错误；带电微粒在第一象限有qBv0＝meq \f(v\\al(2,0),R)，解得B＝eq \f(mv0,qR)，R＝2OM＝eq \f(v\\al(2,0),g)，联立解得B＝eq \f(mg,qv0)，所以C正确。]
2．(2021·广东省普师高中高三下学期5月二模)如图所示，两块水平放置、相距为d的长金属板接在电压可调的电源上。两板之间的右侧区域存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。将喷墨打印机的喷口靠近上板下表面，从喷口连续不断喷出质量均为m、水平速度均为v0的带相等电荷量的墨滴。调节电源电压至U，墨滴在电场区域恰能沿水平方向向右做匀速直线运动；进入电场、磁场共存区域后，最终垂直打在下板的M点。重力加速度为g。
(1)判断墨滴所带电荷的种类，并求其电荷量；
(2)求磁感应强度B的值。
[解析] (1)由于电场方向向下，电荷所受电场力向上，可知墨滴带负电荷，墨滴在电场区域做匀速直线运动，有
qeq \f(U,d)＝mg
得q＝eq \f(mgd,U)。
(2)进入电场、磁场共存区域后，重力与电场力平衡，磁场力提供做匀速圆周运动的向心力
qv0B＝meq \f(v\\al(2,0),R)
考虑墨滴进入磁场和金属板的几何关系，可知墨滴在该区域恰完成四分之一圆周运动，则
半径R＝d
由此可得B＝eq \f(v0U,gd2)。
[答案] (1)带负电荷 eq \f(mgd,U) (2)eq \f(v0U,gd2)
3．如图所示，在竖直平面内有一直角坐标系xOy，在其第三象限内有沿垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.5 T，还有沿x轴负方向的匀强电场，场强大小为E＝2 N/C。在其第一象限内有沿y轴负方向、场强大小也为E的匀强电场，并在y>h＝0.4 m的区域有磁感应强度也为B的垂直于纸面向里的匀强磁场。一个带电荷量为q的油滴从图中第三象限的P点得到一初速度，恰好能沿PO做匀速直线运动(PO与x轴负方向的夹角为θ＝45°)，并从原点O进入第一象限。已知重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)油滴在第三象限运动时受到的重力、电场力、洛伦兹力三力的大小之比，并指出油滴带何种电荷；
(2)油滴在P点得到的初速度大小；
(3)油滴在第一象限运动的时间以及油滴离开第一象限处的坐标值。
[解析] (1)分析油滴受力可知，要使油滴做匀速直线运动，油滴应带负电。受力如图所示。
由平衡条件和几何关系得mg∶qE∶F＝1∶1∶eq \r(2)。
(2)对油滴在垂直PO方向上应用平衡条件得
qvB＝2Eqsin 45°
代入数据解得v＝4eq \r(2) m/s。
(3)由(1)可知，油滴在第一象限内受到的重力等于电场力，故油滴在电场与重力场的复合场中做匀速直线运动，在电场、磁场、重力场三者的复合场中做匀速圆周运动，轨迹如图所示。由O到A匀速运动的位移为s1＝eq \f(h,sin 45°)＝eq \r(2)h＝0.4eq \r(2) m，运动时间为t1＝eq \f(s1,v)＝0.1 s
油滴在复合场中做匀速圆周运动的周期T＝eq \f(2πm,qB)
由几何关系知油滴由A到C运动的时间为t2＝eq \f(1,4)T＝eq \f(πm,2qB)＝eq \f(πE,2Bg)＝0.628 s
从C到N，粒子做匀速直线运动，由对称性知，运动时间t3＝t1＝0.1 s，则油滴在第一象限内总的运动时间为t＝t1＋t2＋t3＝0.828 s。
设OA、AC、CN段在x轴上的投影分别为x1、x2、x3，
则x1＝x3＝h＝0.4 m，x2＝eq \r(2)r＝eq \r(2)eq \f(mv,qB)
由(1)可知eq \r(2)mg＝qvB，代入上式可得x2＝3.2 m，所以油滴在第一象限内沿x轴方向运动的总位移为x＝x1＋x2＋x3＝4 m，则油滴离开第一象限时的位置坐标为(4.0 m,0)。
[答案] (1)1∶1∶eq \r(2) 负电 (2)4eq \r(2) m/s (3)0.828 s (4.0 m,0)
4．(2021·四川省内江市高三下学期二模)如图所示，在竖直平面内，一半径为R＝1 m的光滑圆弧绝缘轨道ABC和光滑水平绝缘轨道OA在A点相切，AB为直径，O′为圆心，O′B和O′C之间的夹角为α，sin α＝eq \f(3,5)。在Ⅰ象限(含x、y轴)有水平向右的匀强电场E1，在Ⅱ象限(不含y轴)有竖直向上的匀强电场E2和垂直于纸面向里的矩形区域的匀强磁场B(未画出)。有一质量为m、电荷量为＋q的金属a球由坐标原点O由静止释放，运动到A点与静止在圆弧最低点的质量也为m、不带电的金属b球(穿在圆弧轨道上)发生弹性碰撞(系统无机械能损失)。已知E1＝eq \f(12mg,q)，大小相等的a、b球可视为点电荷，接触后电荷均分，重力加速度g取10 m/s2，不计a、b球间的静电力。求：
(1)碰撞后a、b球的速度大小；
(2)b球到达C点位置时的速度大小；
(3)若b球离开C位置后，在Ⅱ象限内做匀速圆周运动，打到x负半轴上时，与竖直方向的夹角为α(如图)，求磁场B的大小和矩形区域磁场的最小面积。
[解析] (1)设a金属球运动到A点速度为v0，由O到A位置，对a金属球，有
qE1xOA＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－0
xOA＝Rsin α
可得v0＝12 m/s
a、b碰撞，动量守恒mv0＝mva＋mvb
机械能守恒eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,a)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,b)
得va＝0，vb＝12 m/s。
(2)由A到C位置，对b金属球，则
W总＝WG＋W电＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,c)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,b)
WG＝－mgR(1＋cs α)
W电＝－E1eq \f(q,2)xOA
可得vc＝6 m/s。
(3)小球在矩形磁场中将做匀速圆周运动，在矩形区域内对小球受力分析
E2eq \f(q,2)＝mg
eq \f(q,2)vcB＝meq \f(v\\al(2,c),r)
R(1＋cs α)＝rsin(90°－α)＋rsin α
解得轨道半径r＝eq \f(9,7) m
磁感应强度大小B＝eq \f(28m,3q)
如图所示，矩形区域的最小面积为S＝2rsin 45°×r(1－cs 45°)＝eq \f(81,49)(eq \r(2)－1) m2。
[答案] (1)va＝0，vb＝12 m/s (2)6 m/s (3)eq \f(81,49)(eq \r(2)－1)(m2)