《（江蘇專用）2020高考物理一輪復(fù)習(xí) 第8章 磁場 能力課時11 帶電粒子在復(fù)合場中的運動（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（江蘇專用）2020高考物理一輪復(fù)習(xí) 第8章 磁場 能力課時11 帶電粒子在復(fù)合場中的運動（含解析）（6頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、能力課時11　帶電粒子在復(fù)合場中的運動 1．(多選)(2020·河南鄭州模擬)如圖1所示，兩個傾角分別為30°和60°的光滑斜面固定于水平地面上，并處于方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中。兩個質(zhì)量均為m、帶電荷量為＋q的小滑塊甲和乙分別從兩個斜面頂端由靜止釋放，運動一段時間后，兩小滑塊都將飛離斜面，在此過程中(　　) 圖1 A．甲滑塊飛離斜面瞬間的速度比乙滑塊飛離斜面瞬間的速度大 B．甲滑塊在斜面上運動的時間比乙滑塊在斜面上運動的時間短 C．甲滑塊在斜面上運動的位移與乙滑塊在斜面上運動的位移大小相同 D．兩滑塊在斜面上運動的過程中，重力的平均功率相等 解析　小滑塊

2、飛離斜面時，洛倫茲力與重力的垂直斜面的分力平衡，mgcos θ＝qvmB，解得vm＝，故斜面傾角越大，飛離時速度越小，甲飛離斜面速度大于乙，A正確；甲斜面傾角小，平均加速度小，但是末速度大，故甲在斜面上運動時間比乙的長，故B錯誤；根據(jù)動能定理mglsin θ＝mv，解得l＝，故甲的位移大于乙的位移，故C錯誤；重力的平均功率為重力乘以豎直方向的分速度的平均值P＝mgsin θ＝mg·sin θ，代入數(shù)據(jù)相等，故D正確。 答案　AD 2. (2020·江西南昌調(diào)研)如圖2所示，有一對平行金屬板，板間加有恒定電壓；兩板間有勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B0，方向垂直于紙面向里。金屬板右下方以MN、P

3、Q為上、下邊界，MP為左邊界的區(qū)域內(nèi)，存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁場寬度為d，MN與下極板等高。MP與金屬板右端在同一豎直線上。一電荷量為q、質(zhì)量為m的正離子，以初速度v0沿平行于金屬板面、垂直于板間磁場的方向從A點射入金屬板間，不計離子的重力。 圖2 (1)已知離子恰好做勻速直線運動，求金屬板間電場強度的大??； (2)若撤去板間磁場B0，已知離子恰好從下極板的右側(cè)邊緣射出電場，方向與水平方向成30°角，求A點離下極板的高度； (3)在(2)的情形中，為了使離子進入磁場運動后從邊界MP的P點射出，磁場的磁感應(yīng)強度B應(yīng)為多大？ 解析　(1)設(shè)板間的電場強度為E，離子做勻速直線運動

4、，受到的電場力和洛倫茲力平衡，有qE＝qv0B0 解得E＝v0B0 (2)設(shè)A點離下極板的高度為h，離子射出電場時的速度為v，根據(jù)動能定理，得qEh＝mv2－mv 離子在電場中做類平拋運動，水平分方向做勻速運動，有 v＝＝ 解得h＝ (3)設(shè)離子進入磁場后做勻速圓周運動的半徑為r，根據(jù)牛頓第二定律，得qvB＝ 由幾何關(guān)系得＝rcos 30° 解得B＝ 答案　(1)B0v0　(2)　(3) 3. (2020·山東理綜，24)如圖3所示，直徑分別為D和2D的同心圓處于同一豎直面內(nèi)，O為圓心，GH為大圓的水平直徑。兩圓之間的環(huán)形區(qū)域(Ⅰ區(qū))和小圓內(nèi)部(Ⅱ區(qū))均存在垂直圓面向里的勻

5、強磁場。間距為d的兩平行金屬極板間有一勻強電場，上極板開有一小孔。一質(zhì)量為m、電量為＋q的粒子由小孔下方處靜止釋放，加速后粒子以豎直向上的速度v射出電場，由H點緊靠大圓內(nèi)側(cè)射入磁場。不計粒子的重力。 圖3 (1)求極板間電場強度的大??； (2)若粒子運動軌跡與小圓相切，求Ⅰ區(qū)磁感應(yīng)強度的大小； (3)若Ⅰ區(qū)、Ⅱ區(qū)磁感應(yīng)強度的大小分別為、，粒子運動一段時間后再次經(jīng)過H點，求這段時間粒子運動的路程。 解析　(1)設(shè)極板間電場強度的大小為E，對粒子在電場中的加速運動，由動能定理得qE·＝mv2① 解得E＝② (2)設(shè)Ⅰ區(qū)磁感應(yīng)強度的大小為B，粒子做圓周運動的半徑為R，由牛頓第二定律

6、得qvB＝③ 甲 如圖甲所示，粒子運動軌跡與小圓相切有兩種情況。若粒子軌跡與小圓外切，由幾何關(guān)系得R＝④ 聯(lián)立③④式得B＝⑤ 若粒子軌跡與小圓內(nèi)切，由幾何關(guān)系得R＝⑥ 聯(lián)立③⑥式得B＝⑦ (3)設(shè)粒子在Ⅰ區(qū)和Ⅱ區(qū)做圓周運動的半徑分別為R1、R2，由題意可知，Ⅰ區(qū)和Ⅱ區(qū)磁感應(yīng)強度的大小分別為B1＝、B2＝，由牛頓第二定律得 qvB1＝m，qvB2＝m⑧ 代入數(shù)據(jù)得R1＝，R2＝⑨ 設(shè)粒子在Ⅰ區(qū)和Ⅱ區(qū)做圓周運動的周期分別為T1、T2，由運動學(xué)公式得T1＝，T2＝⑩ 乙 據(jù)題意分析，粒子兩次與大圓相切的時間間隔內(nèi)，運動軌跡如圖乙所示，根據(jù)對稱可知，Ⅰ區(qū)兩段圓弧所對圓心角相同，設(shè)為θ1，Ⅱ區(qū)內(nèi)圓弧所對圓心角設(shè)為θ2，圓弧和大圓的兩個切點與圓心O連線間的夾角設(shè)為α，由幾何關(guān)系得θ1＝120°? θ2＝180°? α＝60°? 丙 粒子重復(fù)上述交替運動回到H點，軌跡如圖丙所示，設(shè)粒子在Ⅰ區(qū)和Ⅱ區(qū)做圓周運動的時間分別為t1、t2，可得t1＝×T1， t2＝×T2? 設(shè)粒子運動的路程為s，由運動學(xué)公式得s＝v(t1＋t2)? 聯(lián)立⑨⑩?????式得s＝5.5πD? 答案　(1)　(2)或　(3)5.5πD