（江蘇專用）2020高考物理一輪復(fù)習(xí) 第8章 磁場(chǎng) 能力課時(shí)11 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)（含解析）

能力課時(shí)11帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 1(多選)(2020·河南鄭州模擬)如圖1所示，兩個(gè)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(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。兩個(gè)質(zhì)量均為m、帶電荷量為q的小滑塊甲和乙分別從兩個(gè)斜面頂端由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后，兩小滑塊都將飛離斜面，在此過程中()圖1A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(yùn)動(dòng)的時(shí)間比乙滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間短C甲滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的位移與乙滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的位移大小相同D兩滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的過程中，重力的平均功率相等解析小滑塊飛離斜面時(shí)，洛倫茲力與重力的垂直斜面的分力平衡，mgcos qvmB，解得vm，故斜面傾角越大，飛離時(shí)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(yùn)動(dòng)時(shí)間比乙的長，故B錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理mglsin mv，解得l，故甲的位移大于乙的位移，故C錯(cuò)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Pmgsin mg·sin ，代入數(shù)據(jù)相等，故D正確。答案AD2. (2020·江西南昌調(diào)研)如圖2所示，有一對(duì)平行金屬板，板間加有恒定電壓；兩板間有勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，方向垂直于紙面向里。金屬板右下方以MN、PQ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(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)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(chǎng)的方向從A點(diǎn)射入金屬板間，不計(jì)離子的重力。圖2(1)已知離子恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，求金屬板間電場(chǎng)強(qiáng)度的大??；(2)若撤去板間磁場(chǎng)B0，已知離子恰好從下極板的右側(cè)邊緣射出電場(chǎng)，方向與水平方向成30°角，求A點(diǎn)離下極板的高度；(3)在(2)的情形中，為了使離子進(jìn)入磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)后從邊界MP的P點(diǎn)射出，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B應(yīng)為多大？解析(1)設(shè)板間的電場(chǎng)強(qiáng)度為E，離子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，受到的電場(chǎng)力和洛倫茲力平衡，有qEqv0B0解得Ev0B0(2)設(shè)A點(diǎn)離下極板的高度為h，離子射出電場(chǎng)時(shí)的速度為v，根據(jù)動(dòng)能定理，得qEhmv2mv離子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平分方向做勻速運(yùn)動(dòng)，有v解得h(3)設(shè)離子進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)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(區(qū))和小圓內(nèi)部(區(qū))均存在垂直圓面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。間距為d的兩平行金屬極板間有一勻強(qiáng)電場(chǎng)，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(chǎng)，由H點(diǎn)緊靠大圓內(nèi)側(cè)射入磁場(chǎng)。不計(jì)粒子的重力。圖3(1)求極板間電場(chǎng)強(qiáng)度的大??；(2)若粒子運(yùn)動(dòng)軌跡與小圓相切，求區(qū)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大?。?3)若區(qū)、區(qū)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小分別為、，粒子運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后再次經(jīng)過H點(diǎn)，求這段時(shí)間粒子運(yùn)動(dòng)的路程。解析(1)設(shè)極板間電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E，對(duì)粒子在電場(chǎng)中的加速運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理得qE·mv2解得E(2)設(shè)區(qū)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，由牛頓第二定律得qvB甲如圖甲所示，粒子運(yùn)動(dòng)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聯(lián)立式得B若粒子軌跡與小圓內(nèi)切，由幾何關(guān)系得R聯(lián)立式得B(3)設(shè)粒子在區(qū)和區(qū)做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑分別為R1、R2，由題意可知，區(qū)和區(qū)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小分別為B1、B2，由牛頓第二定律得qvB1m，qvB2m代入數(shù)據(jù)得R1，R2設(shè)粒子在區(qū)和區(qū)做圓周運(yùn)動(dòng)的周期分別為T1、T2，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得T1，T2乙據(jù)題意分析，粒子兩次與大圓相切的時(shí)間間隔內(nèi)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖乙所示，根據(jù)對(duì)稱可知，區(qū)兩段圓弧所對(duì)圓心角相同，設(shè)為1，區(qū)內(nèi)圓弧所對(duì)圓心角設(shè)為2，圓弧和大圓的兩個(gè)切點(diǎn)與圓心O連線間的夾角設(shè)為，由幾何關(guān)系得1120°2180°60°丙粒子重復(fù)上述交替運(yùn)動(dòng)回到H點(diǎn)，軌跡如圖丙所示，設(shè)粒子在區(qū)和區(qū)做圓周運(yùn)動(dòng)的時(shí)間分別為t1、t2，可得t1×T1，t2×T2設(shè)粒子運(yùn)動(dòng)的路程為s，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得sv(t1t2)聯(lián)立式得s5.5D答案(1)(2)或(3)5.5D