《(江蘇專用)2020高考物理一輪復(fù)習(xí) 第8章 磁場 能力課時(shí)11 帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)(含解析)》由會(huì)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(shí)11 帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)(含解析)(6頁珍藏版)》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、能力課時(shí)11 帶電粒子在復(fù)合場中的運(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(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
2、飛離斜面時(shí),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(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 θ=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(qiáng)磁場,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、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(qiáng)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(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),求金屬板間電場強(qiáng)度的大小;
(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(diǎn)離下極板的高度;
(3)在(2)的情形中,為了使離子進(jìn)入磁場運(yùn)動(dòng)后從邊界MP的P點(diǎn)射出,磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B應(yīng)為多大?
解析 (1)設(shè)板間的電場強(qiáng)度為E,離子做勻速直線運(yùn)動(dòng)
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(diǎn)離下極板的高度為h,離子射出電場時(shí)的速度為v,根據(jù)動(dòng)能定理,得qEh=mv2-mv
離子在電場中做類平拋運(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(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(qiáng)磁場。間距為d的兩平行金屬極板間有一勻強(qiáng)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(diǎn)緊靠大圓內(nèi)側(cè)射入磁場。不計(jì)粒子的重力。
圖3
(1)求極板間電場強(qiáng)度的大??;
(2)若粒子運(yùn)動(dòng)軌跡與小圓相切,求Ⅰ區(qū)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大??;
(3)若Ⅰ區(qū)、Ⅱ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)極板間電場強(qiáng)度的大小為E,對粒子在電場中的加速運(yùn)動(dòng),由動(dòng)能定理得qE·=mv2①
解得E=②
(2)設(shè)Ⅰ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
6、得qvB=③
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=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(yùn)動(dòng)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(qiáng)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(yùn)動(dòng)的周期分別為T1、T2,由運(yùn)動(dòng)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(shí)間間隔內(nèi),運(yùn)動(dòng)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(gè)切點(diǎn)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(yùn)動(dòng)回到H點(diǎn),軌跡如圖丙所示,設(shè)粒子在Ⅰ區(qū)和Ⅱ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s=v(t1+t2)?
聯(lián)立⑨⑩?????式得s=5.5πD?
答案 (1) (2)或 (3)5.5πD