【創(chuàng)新設(shè)計】2021高考物理(山東專用)三輪體系大通關(guān)-專練19-帶電粒子在復合場中的運動

專練19帶電粒子在復合場中的運動圖11．(2022·山東高考信息卷)最近，我國部分地區(qū)多發(fā)霧霾天氣，PM2.5濃度過高，為防控粉塵污染，某同學設(shè)計了一種除塵方案，用于清除帶電粉塵．模型簡化如圖1所示，粉塵源從A點向水平虛線上方(豎直平面內(nèi))各個方面噴出粉塵微粒，粉塵微粒速度大小均為v＝10m/s，質(zhì)量為m＝5×10－10kg，電荷量為q＝＋1×10－7C，粉塵源正上方有磁感應(yīng)強度方向垂直紙面對外且大小為B＝0.1T的圓形邊界勻強磁場，半徑R＝0.5m，磁場右側(cè)緊靠平行金屬極板MN、PQ，兩板間電壓恒為U0＝0.9V，兩板相距d＝1m，板長l＝1m，粉塵源每秒向外噴出粉塵微粒的個數(shù)為n＝2×10(1)證明粉塵微粒從磁場射出時，速度方向均水平向右．(2)求此裝置正常工作過程中每秒能收集的粉塵質(zhì)量M；若兩極板間電壓在0～15V之間可調(diào)，求收集效率和電壓的關(guān)系．解析(1)粉塵微粒在磁場中運動時，洛倫茲力供應(yīng)向心力，設(shè)軌道半徑為r，則有qvB＝meq\f(v2,r)r＝eq\f(mv,qB)＝0.5m假設(shè)粉塵微粒從B點打出，軌道圓的圓心為O′，由r＝R可知四邊形AOBO′為菱形，所以O(shè)A∥OB′，BO′肯定是豎直的，速度方向與BO′垂直，因此速度方向水平向右(2)粉塵微粒進入電場做類平拋運動，水平方向有l(wèi)＝vt豎直方向有a＝eq\f(qU,md)y＝eq\f(1,2)at2y＝eq\f(qUl2,2mdv2)當U＝U0＝0.9V時解得y＝0.9m可知射到極板上的微粒占總數(shù)的百分比為η＝eq\f(y,d)×100%＝90%此裝置每秒能收集的粉塵質(zhì)量M＝nm×90%＝2×108×5×10－10×90%kg＝0.09kg把y≥d代入y＝eq\f(qUl2,2mdv2)解得U≥1V可知：1V≤U≤1.5V時，收集效率η＝100%0≤U＜1V時，收集效率η＝eq\f(y,d)×100%＝eq\f(qUl2,2mv2)×100%＝U×100%.答案(1)見解析(2)0.09kgη＝U×100%2．(2022·宿州市第三次質(zhì)量檢測)如圖2所示，水平放置的兩平行金屬板A、B長8cm，兩板間距離d＝8cm，兩板間電勢差UAB＝300V，一質(zhì)量m＝1.0×10－20kg、電荷量q＝1.0×10－10C、初速度v0＝2×106m/s的帶正電的粒子，沿A、B板中心線OO′飛入電場，粒子飛出兩板間電場后，經(jīng)PQ上某點進入PQ右側(cè)、OO′下側(cè)的足夠大的勻強磁場中，最終垂直O(jiān)O′射出磁場．已知MN、PQ兩界面相距L＝12cm、D為中心線OO圖2(1)粒子飛出兩板間電場時偏離中心線OO′的距離；(2)粒子經(jīng)過PQ界面時到D點的距離；(3)勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的大?。馕?1)設(shè)粒子在電場中的偏移距離為y在電場中，由牛頓其次定律得：eq\f(qUAB,d)＝ma由類平拋運動的規(guī)律得：d＝v0ty＝eq\f(1,2)at2vy＝atv＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,y))tanθ＝eq\f(vy,v0)聯(lián)立以上各式代入數(shù)值得：y＝3cmv＝2.5×106m/s，tanθ＝eq\f(3,4)(2)設(shè)粒子經(jīng)過PQ界面時到D點的距離為H由幾何學問得：H＝y(tǒng)＋Ltanθ代入數(shù)值得：H＝12cm(或用：eq\f(H,y)＝eq\f(L＋\f(1,2)d,\f(1,2)d)也可得分)(3)設(shè)粒子在磁場中圓周運動的圓心為S，半徑為R由圖可知：R＝eq\f(H,cosθ)由牛頓其次定律得：qvB＝eq\f(mv2,R)聯(lián)立以上各式代入數(shù)值得：B＝1.67×10－3T答案見解析3．(2022·濟南高三教學質(zhì)量調(diào)研考試)如圖3所示，在x＜0的區(qū)域內(nèi)存在沿y軸負方向的勻強電場，在第一象限傾斜直線OM的下方和第四象限內(nèi)存在垂直紙面對里的勻強磁場．一帶電粒子自電場中的P點沿x軸正方向射出，恰好經(jīng)過坐標原點O進入勻強磁場，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后垂直于y軸從N點回到電場區(qū)域，并恰能返回P點．已知P點坐標為(－L，eq\f(\r(3),2)L)，帶電粒子質(zhì)量為m，電荷量為q，初速度為v0，不計粒子重力．求：圖3(1)勻強電場的電場強度大小；(2)N點的坐標；(3)勻強磁場的磁感應(yīng)強度大?。馕?1)設(shè)粒子從P到O時間為t，加速度為a，則L＝v0t，eq\f(\r(3),2)L＝eq\f(1,2)at2由牛頓其次定律，可得qE＝ma由以上三式，可解得E＝eq\f(\r(3)mv\o\al(2,0),qL)(2)設(shè)粒子運動到N點時速度為v，則v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋2a×\f(\r(3),2)L)＝2v0所以粒子從N到P的時間t′＝eq\f(1,2)t沿y軸位移h＝eq\f(1,2)at′2＝eq\f(\r(3),8)L因此N點坐標為(0，eq\f(5\r(3),8)L)(3)粒子在磁場中運動軌跡如圖所示，設(shè)半徑為R.粒子在O點時速度方向與y軸負方向的夾角為30°由幾何關(guān)系可知R＋Rsin30°＝eq\f(5\r(3),8)L又由于qvB＝meq\f(v2,R)解得B＝eq\f(8\r(3)mv0,5qL)答案(1)eq\f(\r(3)mv\o\al(2,0),qL)(2)(0，eq\f(5\r(3),8)L)(3)eq\f(8\r(3)mv0,5qL)4．(2022·天津卷，12)同步加速器在粒子物理爭辯中有重要的應(yīng)用，其基本原理簡化為如圖4所示的模型．M、N為兩塊中心開有小孔的平行金屬板．質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子A(不計重力)從M板小孔飄入板間，初速度可視為零．每當A進入板間，兩板的電勢差變?yōu)閁，粒子得到加速，當A離開N板時，兩板的電荷量均馬上變?yōu)榱悖畠砂逋獠看嬖诖怪奔埫鎸锏膭驈姶艌?，A在磁場作用下做半徑為R的圓周運動，R遠大于板間距離．A經(jīng)電場多次加速，動能不斷增大，為使R保持不變，磁場必需相應(yīng)地變化．不計粒子加速時間及其做圓周運動產(chǎn)生的電磁輻射，不考慮磁場變化對粒子速度的影響及相對論效應(yīng)．求：圖4(1)A運動第1周時磁場的磁感應(yīng)強度B1的大小．(2)在A運動第n周的時間內(nèi)電場力做功的平均功率eq\x\to(P)n；(3)若有一個質(zhì)量也為m、電荷量為＋kq(k為大于1的整數(shù))的粒子B(不計重力)與A同時從M板小孔飄入板間，A、B初速度均可視為零，不計兩者間的相互作用，除此之外，其他條件均不變．下圖中虛線、實線分別表示A、B的運動軌跡．在B的軌跡半徑遠大于板間距離的前提下，請指出哪個圖能定性地反映A、B的運動軌跡，并經(jīng)推導說明理由．解析(1)設(shè)A經(jīng)電場第1次加速后速度為v1，由動能定理得qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－0①A在磁場中做勻速圓周運動，所受洛倫茲力充當向心力qv1B1＝meq\f(v\o\al(2,1),R)②聯(lián)立解得：B1＝eq\f(1,R)eq\r(\f(2mU,q))③(2)設(shè)A經(jīng)n次加速后的速度為vn，由動能定理得nqU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,n)－0④設(shè)A做第n次圓周運動的周期為Tn，有Tn＝eq\f(2πR,vn)⑤設(shè)在A運動第n周的時間內(nèi)電場力做功為Wn，則Wn＝qU⑥在該段時間內(nèi)電場力做功的平均功率為eq\x\to(P)n＝eq\f(Wn,Tn)⑦聯(lián)立解得：eq\x\to(P)n＝eq\f(qU,πR)eq\r(\f(nqU,2m))⑧(3)A圖能定性地反映A、B運動的軌跡．A經(jīng)過n次加速后，設(shè)其對應(yīng)的磁感應(yīng)強度為Bn，A、B的周期分別為Tn、T′，綜合②⑤式并分別應(yīng)用A、B的數(shù)據(jù)得Tn＝eq\f(2πm,qBn)⑨T′＝eq\f(2πm,kqBn)＝eq\f(Tn,k)⑩由上可知，Tn是T′的k倍，所以A每繞行1周，B就繞行k周．由于電場只在A通過時存在，故B僅在與A同時進入電場時才被加速．經(jīng)n次加速后，A、B的速度分別為vn、vn′，結(jié)合④式有vn＝eq\r(\f(2nqU,m))?vn′＝eq\r(\f(2nkqU,m))＝eq\r(k)vn?由題設(shè)條件并結(jié)合⑤式，對A有Tnvn＝2πR?設(shè)B的軌跡半徑為R′，有T′vn′＝2πR′?比較以上兩式得R′＝eq\f(R,\r(k))?上式表明，運動過程B的軌跡半徑始終不變．由以上分析可知，兩粒子運動的軌跡如圖A所示．答案(1)eq\f(1,R)eq\r(\f(2mU,q))(2)eq\f(qU,πR)eq\r(\f(nqU,2m))(3)A理由見解析5．(2022·山東濰坊市一模)如圖5所示，在xOy平面內(nèi)存在著垂直于xOy平面的磁場和平行于y軸的電場，磁場和電場隨時間的變化規(guī)律如圖6甲、乙所示．以垂直于xOy平面對里磁場的磁感應(yīng)強度為正，以沿y軸正方向電場的電場強度為正．t＝0時，帶負電粒子從原點O以初速度v0沿y軸正方向運動，t＝5t0時，粒子回到O點，v0、t0、B0已知，粒子的比荷eq\f(q,m)＝eq\f(π,B0t0)，不計粒子重力．圖5(1)求粒子在勻強磁場中做圓周運動的周期；(2)求電場強度E0的值；(3)保持磁場仍如圖6甲所示，將圖乙所示的電場換成圖丙所示的電場．t＝0時刻，前述帶負電粒子仍由O點以初速度v0沿y軸正方向運動，求粒子在t＝9t0時的位置坐標．圖6解析(1)粒子在磁場中運動時qv0B＝eq\f(mv\o\al(2,0),r)①T＝eq\f(2πr,v0)②eq\f(q,m)＝eq\f(π,B0t0)得T＝2t0③(2)粒子t＝5t0時回到原點，軌跡如圖所示由牛頓其次定律qv0B0＝eq\f(mv\o\al(2,0),r1)④由幾何關(guān)系得r2＝2r1⑤得v2＝2v0⑥由運動學公式v2＝v0＋at0⑦由牛頓其次定律E0q＝ma⑧得E0＝eq\f(B0v0,π)⑨(3)t0時刻粒子回到x軸⑩t0～2t0時間內(nèi)，粒子位移s1＝2[v0·eq\f(t0,2)＋eq\f(1,2)a(eq\f(t\o\al(2,0),2))]，?2t0時刻粒子速度為v03t0時刻，粒子以速度v0到達y軸?3t0～4t0時間內(nèi)，粒子運動的位移