專題3.23 復(fù)合場(chǎng)問(wèn)題（基礎(chǔ)篇）（解析版）

2020年高考物理100考點(diǎn)最新模擬題千題精練（選修3-1）第三部分磁場(chǎng)專題3.23復(fù)合場(chǎng)問(wèn)題（基礎(chǔ)篇）一．選擇題1．（6分）（2019湖南師大附中三模）如圖所示，一帶電量為﹣q的小球，質(zhì)量為m，以初速度v0從水平地面豎直向上射入水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中、磁感應(yīng)強(qiáng)度，方向垂直紙面向外。圖中b為軌跡最高點(diǎn)，重力加速度為g。則小球從地面射出到第一次到達(dá)最高點(diǎn)過(guò)程中（）A．小球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)速率為0 B．小球距射出點(diǎn)的最大高度差為C．小球從拋出到第一次到達(dá)最高點(diǎn)所用時(shí)間為 D．最高點(diǎn)距射出點(diǎn)的水平位移為【參考答案】：BC?！久麕熃馕觥?、取一水平向右的速度v1，使qv1B＝mg，向左的速度v2，此時(shí)有v1＝v2＝v0，小球的運(yùn)動(dòng)可看作一沿水平向右的勻速直線運(yùn)動(dòng)和以v2和v0的合速度為初速度的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其合速度大小為v0，小球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)豎直方向速率為零，在最高點(diǎn)速率為（﹣1）v0；故A錯(cuò)誤；水平方向利用動(dòng)量定理，有：即為：qBh＝m（﹣1）v0，代入數(shù)據(jù)，得：h＝，故B正確；勻速圓周運(yùn)動(dòng)的初速度方向和水平方向成45°斜向上，則小球到最高點(diǎn)的時(shí)間為：t＝＝，故C正確；設(shè)水平位移為x，豎直方向利用動(dòng)量定理，有：即為：qBx+mgt＝mv0，代入數(shù)據(jù)，得：x＝（1﹣），選項(xiàng)故D錯(cuò)誤。2．（6分）（2019湖南師大附中三模）如圖所示，兩根無(wú)限長(zhǎng)通電直導(dǎo)線水平且平行放置，分別通有電流互I1和I2，且I1＝2I2．一無(wú)限長(zhǎng)光滑絕緣桿垂直于兩導(dǎo)線水平放置，三者位于同一高度，一帶正電的小球P穿在絕緣桿上，小球P從靠近a的地方以某一速度向右運(yùn)動(dòng)，其對(duì)的彈力設(shè)為F．已知始終同定不動(dòng)，通有電流I的無(wú)限長(zhǎng)直導(dǎo)線在其周?chē)a(chǎn)生的磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝，其中k為常數(shù)，r為到長(zhǎng)直導(dǎo)線的距離。下列說(shuō)法正確的是（）A．兩導(dǎo)線之間某位置的磁場(chǎng)最弱 B．小球沿桿方向做減速運(yùn)動(dòng) C．F先減小后增大再減小 D．F先水平向里后水平向外【參考答案】：C?！久麕熃馕觥坑砂才喽▌t可知，b右側(cè)的磁場(chǎng)方向向上；a左側(cè)的磁場(chǎng)的方向也向上，所以a、b之間的磁場(chǎng)的方向向上。不可能為0．故A錯(cuò)誤；由安培定則可知，b右側(cè)的磁場(chǎng)方向向上；a右側(cè)的磁場(chǎng)的方向向下，所以a右側(cè)的磁場(chǎng)的方向在豎直方向上，則P向右運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中受到的洛倫茲力的方向垂直于紙面，小球沿桿的方向不受力，所以小球?qū)⒆鰟蛩僦本€運(yùn)動(dòng)。故B錯(cuò)誤；由于I1＝2I2．且有電流I的無(wú)限長(zhǎng)直導(dǎo)線在其周?chē)a(chǎn)生的磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝，設(shè)a與b之間的距離為L(zhǎng)，則由B＝可知在a的右側(cè)距離a為L(zhǎng)處的合磁感應(yīng)強(qiáng)度為0，根據(jù)矢量合成的特點(diǎn)可知，該點(diǎn)左側(cè)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向豎直向下，該點(diǎn)右側(cè)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向豎直向上，根據(jù)左手定則可知，在a的右側(cè)距離a為L(zhǎng)右側(cè)的洛倫茲力的方向垂直于紙面向外，而在a的右側(cè)距離a為L(zhǎng)左側(cè)的洛倫茲力的方向垂直于紙面向里；結(jié)合公式B＝與矢量合成的特點(diǎn)可知，從a到a的右側(cè)距離a為L(zhǎng)處的過(guò)程中磁感應(yīng)強(qiáng)度逐漸減小，而a的右側(cè)距離a為L(zhǎng)處的右側(cè)磁感應(yīng)強(qiáng)度先增大后減小，所以小球從靠近a的地方以某一速度向右運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中受到的洛倫茲力F先減小，然后增大，最后又逐漸減小，故C正確，D錯(cuò)誤；3.(2019·福建省三明市上學(xué)期期末)如圖所示為一個(gè)質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的圓環(huán)，可在水平放置的足夠長(zhǎng)的粗糙細(xì)桿上滑動(dòng)，細(xì)桿處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．現(xiàn)給圓環(huán)向右初速度v0，在以后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，圓環(huán)運(yùn)動(dòng)的v－t圖象可能是下圖中的()【參考答案】BC【名師解析】當(dāng)qvB＝mg時(shí)，圓環(huán)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，此時(shí)圖象為B，故B正確；當(dāng)qvB＞mg時(shí)，F(xiàn)N＝qvB－mg，此時(shí)：μFN＝ma，所以圓環(huán)做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，直到qvB＝mg時(shí)，圓環(huán)開(kāi)始做勻速運(yùn)動(dòng)，故C正確；當(dāng)qvB＜mg時(shí)，F(xiàn)N＝mg－qvB，此時(shí)：μFN＝ma，所以圓環(huán)做加速度逐漸增大的減速運(yùn)動(dòng)，直至停止，所以其v－t圖象的斜率應(yīng)該逐漸增大，故A、D錯(cuò)誤．4.(多選)(2018·湖北省黃岡中學(xué)模擬)如圖所示，下端封閉、上端開(kāi)口、高h(yuǎn)＝5m、內(nèi)壁光滑的細(xì)玻璃管豎直放置，管底有質(zhì)量m＝10g、電荷量的絕對(duì)值|q|＝0.2C的小球，整個(gè)裝置以v＝5m/s的速度沿垂直于磁場(chǎng)方向進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝0.2T、方向垂直紙面向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，由于外力的作用，玻璃管在磁場(chǎng)中的速度保持不變，最終小球從上端管口飛出．g取10m/s2.下列說(shuō)法中正確的是()A．小球帶負(fù)電B．小球在豎直方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)C．小球在玻璃管中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間小于1sD．小球機(jī)械能的增加量為1J【參考答案】BD【名師解析】由左手定則可知，小球帶正電，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；玻璃管和小球在水平方向做勻速運(yùn)動(dòng)，則小球在豎直方向所受的洛倫茲力恒定，豎直方向加速度不變，即小球在豎直方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)B正確；小球在豎直方向的加速度a＝eq\f(Bqv－mg,m)＝eq\f(0.2×0.2×5－0.01×10,0.01)m/s2＝10m/s2，在管中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝eq\r(\f(2h,a))＝eq\r(\f(2×5,10))s＝1s，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；小球到管口時(shí)的速度v＝at＝10m/s，機(jī)械能的增加量：ΔE＝mgh＋eq\f(1,2)mv2＝0.01×10×5J＋eq\f(1,2)×0.01×102J＝1J，選項(xiàng)D正確.二．計(jì)算題1.如圖所示，空間中存在著水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小E＝5eq\r(3)N/C，同時(shí)存在著垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其方向與電場(chǎng)方向垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝0.5T.有一帶正電的小球，質(zhì)量m＝1×10－6kg，電荷量q＝2×10－6C，正以速度v在圖示的豎直面內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)經(jīng)過(guò)P點(diǎn)時(shí)撤掉磁場(chǎng)(不考慮磁場(chǎng)消失引起的電磁感應(yīng)現(xiàn)象)，取g＝10m/s2，求：(1)小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)的速度v的大小和方向；(2)從撤掉磁場(chǎng)到小球再次穿過(guò)P點(diǎn)所在的這條電場(chǎng)線經(jīng)歷的時(shí)間t.【參考答案】(1)20m/s方向與電場(chǎng)方向成60°角斜向上(2)2eq\r(3)s【名師解析】(1)小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)受力如圖甲，其所受的三個(gè)力在同一平面內(nèi)，合力為零，有qvB＝eq\r(q2E2＋m2g2)①代入數(shù)據(jù)解得v＝20m/s②速度v的方向與電場(chǎng)E的方向之間的夾角滿足tanθ＝eq\f(qE,mg)③代入數(shù)據(jù)解得tanθ＝eq\r(3)θ＝60°④(2)解法一撤去磁場(chǎng)，小球在重力與電場(chǎng)力的合力作用下做類平拋運(yùn)動(dòng)，如圖乙所示，設(shè)其加速度為a，有a＝eq\f(\r(q2E2＋m2g2),m)⑤設(shè)撤去磁場(chǎng)后小球在初速度方向上的分位移為x，有x＝vt⑥設(shè)小球在重力與電場(chǎng)力的合力方向上的分位移為y，有y＝eq\f(1,2)at2⑦tanθ＝eq\f(y,x)⑧聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧式，代入數(shù)據(jù)解得t＝2eq\r(3)s⑨解法二撤去磁場(chǎng)后，由于電場(chǎng)力垂直于豎直方向，它對(duì)豎直方向的分運(yùn)動(dòng)沒(méi)有影響，以P點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，豎直向上為正方向，小球在豎直方向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，其初速度為vy＝vsinθ⑤若使小球再次穿過(guò)P點(diǎn)所在的電場(chǎng)線，僅需小球的豎直方向上分位移為零，則有vyt－eq\f(1,2)gt2＝0⑥聯(lián)立⑤⑥式，代入數(shù)據(jù)解得t＝2eq\r(3)s.2．（19分）（2019湖北黃岡三模）如圖所示，空間存在著方向豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)和方向垂直于紙面向內(nèi)、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，帶電荷量為+q、質(zhì)量為m的小球Q靜置在光滑絕緣的水平高臺(tái)邊緣，另一質(zhì)量為m、不帶電的絕緣小球P以水平初速度v0向Q運(yùn)動(dòng)，，兩小球P、Q可視為質(zhì)點(diǎn)，正碰過(guò)程中沒(méi)有機(jī)械能損失且電荷量不發(fā)生轉(zhuǎn)移。已知?jiǎng)驈?qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度，水平臺(tái)面距地面高度，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力。（1）求P、Q兩球首次發(fā)生彈性碰撞后小球Q的速度大?。唬?）P、Q兩球首次發(fā)生彈性碰撞后，經(jīng)過(guò)多少時(shí)間小球P落地？落地點(diǎn)與平臺(tái)邊緣間的水平距離多大？（3）若撤去勻強(qiáng)電場(chǎng)，并將小球Q重新放在平臺(tái)邊緣、小球P仍以水平初速度向Q運(yùn)動(dòng)，小球Q的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖2所示（平臺(tái)足夠高，小球Q不與地面相撞）。求小球Q在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最大速度和第一次下降的最大距離H。【名師解析】（1）小球P、Q首次發(fā)生彈性碰撞時(shí)，取向右為正方向，由動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒，得mv0＝mvP+mvQ①②聯(lián)立解得（2）對(duì)于小球Q，由于qE＝mg，故Q球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力提供向心力，則經(jīng)過(guò)一個(gè)周期的時(shí)間小球P、Q再次發(fā)生彈性碰撞，由（1）可知碰后小球P離開(kāi)平臺(tái)后做平拋運(yùn)動(dòng)，平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2，則有代入數(shù)據(jù)，得故P與Q首次發(fā)生碰撞后到落地，經(jīng)過(guò)的時(shí)間落地點(diǎn)與平臺(tái)邊緣的水平距離（3）PQ相碰后，Q球速度vQ＝v0，碰撞后Q球開(kāi)始運(yùn)動(dòng)至Q球第一次運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)Q球有最大速度，故從碰撞后Q球開(kāi)始運(yùn)動(dòng)至Q球第一次運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)過(guò)程，對(duì)Q球由動(dòng)量定理得即qBH＝mvm﹣mv0又由動(dòng)能定理可得故答：（1）P、Q兩球首次發(fā)生彈性碰撞后小球Q的速度大小為；（2）P、Q兩球首次發(fā)生彈性碰撞后，經(jīng)過(guò)小球P落地；落地點(diǎn)與平臺(tái)邊緣間的水平距離為；（3）小球Q在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最大速度為；第一次下降的最大距離為。3.（2019四川廣元三模）如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系中，AO是∠x(chóng)Oy的角平分線，x軸上方存在水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，下方存在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等．一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的質(zhì)點(diǎn)從OA上的M點(diǎn)由靜止釋放，質(zhì)點(diǎn)恰能沿AO運(yùn)動(dòng)且通過(guò)O點(diǎn)，經(jīng)偏轉(zhuǎn)后從x軸上的C點(diǎn)（圖中未畫(huà)出）進(jìn)入第一象限內(nèi)并擊中AO上的D點(diǎn)（圖中未畫(huà)出）．已知OM的長(zhǎng)度m，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝(T)，重力加速度g取10m/s2．求：(1)兩勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E的大??；(2)OC的長(zhǎng)度L2；(3)質(zhì)點(diǎn)從M點(diǎn)出發(fā)到擊中D點(diǎn)所經(jīng)歷的時(shí)間t．【參考答案】（20分）(1)(2)40m(3)7.71s【名師解析】(1)質(zhì)點(diǎn)在第一象限內(nèi)受重力和水平向左的電場(chǎng)力，沿AO做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，所以有 mg＝qE （3分）解得 （1分）(2)質(zhì)點(diǎn)從M到O做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)質(zhì)點(diǎn)到達(dá)O點(diǎn)的速度為v由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律知 v2＝2aL1 （2分）由牛頓第二定律得 （1分）解得 m/s （1分）質(zhì)點(diǎn)在x軸下方，重力與電場(chǎng)力平衡，質(zhì)點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，從C點(diǎn)進(jìn)入第一象限后做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，其軌跡如圖所示由牛頓定律有 （2分）解得 m （1分）由幾何知識(shí)可知OC的長(zhǎng)度m（2分）(3)質(zhì)點(diǎn)從M到O的時(shí)間 s （2分）質(zhì)點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)間 s（2分）質(zhì)點(diǎn)做類平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)間s （2分）質(zhì)點(diǎn)全過(guò)程所經(jīng)歷的時(shí)間t＝t1＋t2＋t3＝7.71s． （1分）4.（15分）（2018蘇州調(diào)研）如圖所示，在豎直平面內(nèi)建立平面直角坐標(biāo)系xOy，y軸正方向豎直向上。在第一、第四象限內(nèi)存在沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，其大小；在第二、第三象限內(nèi)存在著y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直于xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B。現(xiàn)將一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球從x軸上距坐標(biāo)原點(diǎn)為d的P點(diǎn)由靜止釋放。（1）求小球從P點(diǎn)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)后，第一次經(jīng)過(guò)y軸時(shí)速度的大小；（2）求小球從P點(diǎn)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)后，第二次經(jīng)過(guò)y軸時(shí)的坐標(biāo)；（3）若小球第二次經(jīng)過(guò)y軸后，第一、第四象限內(nèi)的電場(chǎng)強(qiáng)度變?yōu)?，求小球第三次?jīng)過(guò)y軸時(shí)的坐標(biāo)?！久麕熃馕觥浚?）設(shè)小球在第一象限中的加速度為a，由牛頓第二定律得：，得到，方向斜向左下與水平方向成60°，所以。（2）小球第一次經(jīng)過(guò)y軸后，在第二、三象限內(nèi)由，電場(chǎng)力與重力平衡，故做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。設(shè)軌跡半徑為R。有，得，，小球第二次經(jīng)過(guò)軸的坐標(biāo)；（3）第二次經(jīng)過(guò)y軸后到第三次經(jīng)過(guò)y軸過(guò)程，小球在第一、四象限內(nèi)水平方向作向右勻減速運(yùn)動(dòng)。加速度為，當(dāng)，得，小球第二次經(jīng)過(guò)y軸與第三次經(jīng)過(guò)y軸的距離為，小球第三次經(jīng)過(guò)y軸的坐標(biāo)。5．如圖所示,在地面附近平面內(nèi)(軸水平,軸豎直),有沿方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直于平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng),電場(chǎng)強(qiáng)度大小,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小.一質(zhì)量,電荷量的帶電小球從坐標(biāo)原點(diǎn)射入第一象限,恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng).取.(1)求該小球的速度；(2)若把勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向改為沿方向,其他條件不變,則小球從坐標(biāo)原點(diǎn)射入第一象限后,經(jīng)過(guò)多長(zhǎng)時(shí)間能再次返回到點(diǎn)?(3)設(shè)粒子在時(shí)射入,當(dāng)時(shí)撤去磁場(chǎng),求小球在軸上方運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,距離軸最遠(yuǎn)時(shí)的坐標(biāo).【參考答案】(1)方向與軸成斜向右上方(2)(3)，【名師解析】(1)分析知小球受力情況如圖示.根據(jù)平衡條件，得代入數(shù)據(jù)，得即小球的速度大小為，方向與軸成斜向右上方；(2)分析知小球受到的重力與電場(chǎng)力平衡，在洛倫茲力作用下做