浙江鸭2022年高考物理二轮复习提升训练12带电粒子在复合场中的运动问题

提升训练12　带电粒子在复合场中的运动问题1.如图所示,在xOy平面内有磁感应强度为B的匀强磁场,其中0<x<a内有方向垂直xOy平面向里的磁场,在x>a内有方向垂直xOy平面向外的磁场,在x<0内无磁场。一个带正电q、质量为m的粒子(粒子重力不计)在x=0处以速度v0沿x轴正方向射入磁场。(1)若v0未知,但粒子做圆周运动的轨道半径为r=a,求粒子与x轴的交点坐标;(2)若无(1)中r=a的条件限制,粒子的初速度仍为v0(已知),问粒子回到原点O需要使a为何值?2.(2022浙江杭州四校联考高三期中)如图所示,一带电微粒质量为m=2.0×10-11kg、电荷量q=+1.0×10-5C,从静止开始经电压为U1=100V的电场加速后,水平进入两平行金属板间的偏转电场中,微粒射出电场时的偏转角θ=30°,并接着进入一个方向垂直纸面向里、宽度为D=20cm的匀强磁场区域。已知偏转电场中金属板长L=20cm,两板间距d=10cm,重力忽略不计。求:-23-\n(1)带电微粒进入偏转电场时的速率v1;(2)偏转电场中两金属板间的电压U2;(3)为使带电微粒不会由磁场右边射出,该匀强磁场的磁感应强度B至少多大?3.-23-\n(2022浙江名校协作体试题)如图,质量m=1×10-3kg、电荷量q=1×10-2C的带电粒子从竖直放置的两电容器极板AB之间贴着A极板以速度vx=4m/s平行极板飞入两极板间,恰从极板B上边缘O点飞出,已知极板长L=0.4m,极板间距d=0.15m。电容器极板上方有宽度为x=0.3m的区域被平均分为区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ,其中Ⅰ、Ⅲ有匀强磁场,它们的磁感强度大小相等,均垂直纸面且方向相反,O为DC边中点,P为DC边中垂线上一点,带电粒子从O点离开电场,之后进入磁场,运动轨迹刚好与区域Ⅲ的右边界相切,不计粒子的重力。求:(1)该电容器极板AB所加电压U大小;(2)匀强磁场的磁感应强度大小B;(3)若现在Ⅰ、Ⅲ区域所加磁感应强度大小B'=2T,粒子射入O点后经过3次偏转打到P点,则OP的距离为多少?-23-\n4.(2022浙江绍兴高三模拟,3)如图所示,两块水平放置、相距为d的长金属板C1D1、C2D2接在电压可调的电源上。长为L的两板中点为O1、O2,O1O2连线的右侧区域存在着方向垂直纸面向里的匀强磁场。将喷墨打印机的喷口靠近上板下表面C1处,从喷口连续不断喷出质量为m、水平速度为v0、带相等电荷量的墨滴。调节电源电压至U0,墨滴在电场区域恰能沿水平方向向右做匀速直线运动,进入电场、磁场共存区域后,最终垂直打在下板的M点。(1)判断墨滴所带电荷是正电还是负电,并求其电荷量q;(2)求磁感应强度B的大小;(3)现保持喷口方向不变,使入射速度减小到v0的一半,墨滴将能经过磁场后又回到O1O2左侧电场区域,当墨滴经过磁场刚回到中线O1O2时,将电压U调至多大,可以让墨滴从两金属板左侧C1C2之间离开电场?-23-\n5.如图所示为一种核反应研究设备的示意图。密闭容器中为钚的放射性同位素Pu,可衰变为铀核U和α粒子,并放出能量为E0的γ光子Pu可视为静止,衰变放出的光子动量可忽略)。衰变产生的质量为m、电荷量为q的α粒子,从坐标为(0,L)的A点以速度v0沿+x方向射入第一象限的匀强电场(电场强度方向沿y轴负方向),再从x轴上坐标(2L,0)的C处射入x轴下方垂直纸面向外的匀强磁场,经过匀强磁场偏转后回到坐标原点O。若粒子重力可忽略不计,求:(1)电场强度E的大小;(2)磁感应强度B的大小;-23-\n(3)钚在核反应中亏损的质量。6.如图所示,y轴上M点的坐标为(0,L),MN与x轴平行,MN与x轴之间有匀强磁场区域,磁场垂直纸面向里。在y>L的区域存在沿-y方向的匀强电场,电场强度为E,在坐标原点O点有一正粒子以速率v0沿+x方向射入磁场,粒子穿出磁场进入电场,速度减小到0后又返回磁场。已知粒子的比荷为,粒子重力不计。(1)求匀强磁场的磁感应强度的大小;(2)从原点出发后带电粒子第一次经过x轴,求洛伦兹力的冲量;-23-\n(3)经过多长时间,带电粒子经过x轴。7.如图所示,正方形绝缘光滑水平台面WXYZ边长l=1.8m,距地面h=0.8m。平行板电容器的极板CD间距d=0.1m且垂直放置于台面,C板位于边界WX上,D板与边界WZ相交处有一小孔。电容器外的台面区域内有磁感应强度B=1T、方向竖直向上的匀强磁场。电荷量q=5×10-13C的微粒静止于W处,在CD间加上恒定电压U=2.5V,板间微粒经电场加速后由D板所开小孔进入磁场(微粒始终不与极板接触),然后由XY边界离开台面。在微粒离开台面瞬时,静止于X正下方水平地面上A点的滑块获得一水平速度,在微粒落地时恰好与之相遇。假定微粒在真空中运动、极板间电场视为匀强电场,滑块视为质点,滑块与地面间的动摩擦因数μ=0.2,g取10m/s2。(1)求微粒在极板间所受电场力的大小并说明两板的极性;(2)求由XY边界离开台面的微粒的质量范围;-23-\n(3)若微粒质量m0=1×10-13kg,求滑块开始运动时所获得的速度。8.如图所示,某一新型发电装置的发电管是横截面为矩形的水平管道,管道的长为L、宽为d、高为h,上、下两面是绝缘板.前、后两侧面M、N是电阻可忽略的导体板,两导体板与开关S和定值电阻R相连。整个管道置于磁感应强度大小为B、方向沿z轴正方向的匀强磁场中。管道内始终充满电阻率为ρ的导电液体(有大量的正、负离子),且开关闭合前后,液体在管道进、出口两端压强差的作用下,均以恒定速率v0沿x轴正向流动。(1)求开关闭合前,M、N两板间的电势差大小U0;(2)调整矩形管道的宽和高,但保持其他量和矩形管道的横截面积为S不变,求电阻R可获得的最大功率Pm及相应的宽高比的值。-23-\n9.(2022浙江嘉兴二模)如图为一除尘装置的截面图,其原理是通过板间的电场或磁场使带电尘埃偏转并吸附到极板上,达到除尘的目的。已知金属极板M、N长为d,间距也为d。大量均匀分布的尘埃以相同的水平速度v0进入除尘装置,设每个尘埃颗粒质量为m、电荷量为-q。当板间区域同时加入匀强电场和垂直于纸面向外的匀强磁场并逐步增强至合适大小时,尘埃恰好沿直线通过该区域;且只撤去电场时,恰好无尘埃从极板间射出,收集效率(打在极板上的尘埃占尘埃总数的百分比)为100%,不计尘埃的重力、尘埃之间的相互作用及尘埃对板间电场、磁场的影响。(1)判断M板所带电荷的电性;(2)求极板区域磁感应强度B的大小;(3)若撤去极板区域磁场,只保留原来的电场,则除尘装置的收集效率是多少?-23-\n10.(2022浙江杭州五校联盟)某研究性学习小组用如图所示的装置来选择密度相同、大小不同的球状纳米粒子。密度相同的粒子在电离室中被电离后带正电,电荷量与其表面积成正比。电离后粒子缓慢通过小孔O1进入极板间电压为U的水平加速电场区域Ⅰ,再通过小孔O2射入相互正交的恒定匀强电场和匀强磁场区域Ⅱ,其中磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向外。收集室的小孔O3与O1、O2在同一条水平线上。实验发现:半径为r0的粒子质量为m0、电荷量为q0,刚好能沿O1O3直线射入收集室。不计纳米粒子重力和粒子之间的相互作用力。(球体积和球表面积公式分别为V球=πr3,S球=4πr2)求:(1)图中区域Ⅱ的电场强度E的大小;-23-\n(2)半径为r的粒子通过O2时的速率v;(3)试讨论半径r≠r0的粒子进入区域Ⅱ后将向哪个极板偏转。11.(2022浙江杭州五校联盟诊断考试)如图所示,M、N为中心开有小孔的平行板电容器的两极板,相距为D,其右侧有一边长为2a的正三角形区域,区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,在极板M、N之间加上电压U后,M板电势高于N板电势。现有一带正电的粒子,质量为m,电荷量为q,其重力和初速度均忽略不计,粒子从极板M的中央小孔S1处射入电容器,穿过小孔S2后从距三角形A点a的P处垂直AB进入磁场。(1)求粒子到达小孔S2时的速度大小;-23-\n(2)若粒子从P点进入磁场后经时间t从A、P间离开磁场,求粒子的运动半径和磁感应强度的大小;(3)若粒子能从A、C间离开磁场,则磁感应强度应满足什么条件?12.图甲为某种速度选择器示意图(图乙是该装置的俯视图),加速电场右侧是一半径为R的接地竖直金属圆筒,它与加速电场靠得很近,圆筒可绕竖直中心轴以某一角速度逆时针匀速转动。O1、O2为加速电场两极板上的小孔,O3、O4为圆筒直径两端的小孔,竖直荧光屏abcd与直线O1O2平行,且到圆筒的竖直中心轴的距离OP=3R。粒子源发出同种粒子经电场加速进入圆筒(筒内加一竖直向下的匀强磁场,磁感应强度的大小为B),经磁场偏转后,通过圆筒的小孔打到光屏上产生亮斑,即被选中。整个装置处于真空室中,不计粒子重力及粒子间相互作用。-23-\n(1)若开始时圆筒静止且圆筒内不加磁场,同时让O1、O2、O3、O、O4在同一直线上。初速度不计的带电粒子从小孔O1进入加速电场,再从小孔O3打入圆筒从O4射出。当加速电压调为U0时,测出粒子在圆筒中运动的时间为t0,请求出此粒子的比荷。(2)仅调整加速电场的电压,可以使粒子以不同的速度射入圆筒,若在光屏上形成的亮斑范围为Q1P=PQ2=R,求打到光屏的粒子所对应的速率v的范围,以及圆筒转动的角速度ω。答案：1.答案(1)2(1+)a　(2)解析(1)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,设其轨道半径为R,其在第一象限的运动轨迹如图所示。此轨迹由两段圆弧组成,圆心分别在C和C'处,轨迹与x轴交点为P。由对称性可知C'在x=2a直线上。设此直线与x轴交点为D,P点的x坐标为xP=2a+DP。过两段圆弧的连接点作平行于x轴的直线EF,则DF=r-,C'F=,C'D=C'F-DF,DP=由此可得P点的x坐标为xP=2a+2,代入题给条件得xP=2(1+)a-23-\n(2)若要求带电粒子能够返回原点,由对称性,其运动轨迹如图所示,这时C'在x轴上。设∠CC'O=α,粒子做圆周运动的轨道半径为r,由几何关系得α=轨道半径r=a由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得qv0B=m,解得a=2.答案(1)1.0×104m/s　(2)100V　(3)0.1T解析(1)带电微粒经加速电场加速后速度为v',根据动能定理得U1q=,解得v1==1.0×104m/s(2)带电微粒在偏转电场中只受电场力作用,做类平抛运动。在水平方向微粒做匀速直线运动。水平方向:v1=带电微粒在竖直方向做匀加速直线运动,加速度为a,出电场时竖直方向速度为v2竖直方向:a=v2=at=由几何关系得tanθ=U2=tanθ-23-\n得U2=100V(3)电微粒进入磁场做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,设微粒轨道半径为R,由几何关系知R+=D,解得R=D设微粒进入磁场时的速度为v',则v'=由牛顿运动定律及运动学规律qv'B=得B=,代入数据得B=0.1T,即若带电粒子不射出磁场,磁感应强度B至少为0.1T。3.答案(1)0.45V　(2)1T　(3)1.3m解析(1)带电粒子在AB极板间做类平抛运动,L=vxtd=at2=)2代入数据有U=0.45V(2)设粒子出极板后速度大小为v,与水平方向夹角为α因为tanα=,所以v==5m/s进入右边磁场恰与右边界相切,设在磁场中圆运动半径为r故有sinα=,解得r=0.5m因为Bqv=m,所以B==1T(3)当B'=2T时,r'==0.25m粒子射入O点后经过3次偏转打到P点故有=3×2r'cosα+3×·tanα=1.3m4.答案(1)负　　(2)　(3)U0≤U≤解析(1)墨滴在电场区域做匀速直线运动,有q=mg,得q=由于电场方向向下,电荷所受电场力向上,可知,墨滴带负电荷。-23-\n(2)进入电场、磁场共存区域后,重力与电场力平衡,洛伦兹力提供墨滴做匀速圆周运动的向心力,有qv0B=考虑墨滴进入磁场和挡板的几何关系,可知墨滴在该区域恰完成四分之一圆周运动,则半径R=d,由此可知B=(3)根据题设,墨滴速度减小到v=v0时,设圆周运动半径为R'有qvB=,得R'=R=d则墨滴恰好经过半圆回到O2。要使墨滴从两金属板左侧的C1C2之间离开电场,则墨滴应在电场力和重力作用下做匀速直线运动,从C2离开,即U1=U0或做类平抛运动,最大偏向位移的墨滴从C1离开,则有L=vt,d=•t2,得U2=所以电压的调节范围是U0≤U≤5.答案(1)　(2)　(3)解析(1)带电粒子在匀强电场中做类平抛运动。水平方向做匀速直线运动:2L=v0t竖直方向做匀变速直线运动:L=)2求得E=(2)带电粒子在C点竖直分速度为vy=t==v0粒子进入磁场的速度v=v0方向与x轴正向成45°粒子进入磁场区域做匀速圆周运动,由几何知识可得R1=L由洛伦兹力充当向心力时,有Bqv=m-23-\n可解得B=(3)放射性同位素Pu的衰变方程为PuHe+γ,α粒子的质量为m,则U的质量为m衰变过程动量守恒,MvU=mv0由动能EU=,Eα=,质量亏损放出的能量ΔE=Δmc2,ΔE=EU+Eα+E0所以Δm=6.答案(1)　(2)2mv0　(3)n(n=1,2,3,…)解析(1)由题意如图,粒子在磁场中圆周运动的半径r=L根据qvB=,解得B=(2)匀强电场中,由动量定理得I=-mv0-mv0=-2mv0从原点出发后第一次经过x轴,由I+I'=mv0-mv0得洛伦兹力的冲量I'=2mv0(3)粒子返回磁场后,再做匀速圆周运动,在磁场中运动的时间t1=电场中运动的时间为t2=-23-\n考虑周期性,带电粒子经过x轴的时间t'=nt=n(n=1,2,3,…)7.答案(1)1.25×10-11N　C板带正电,D板带负电　(2)8.1×10-14kg<m≤2.89×10-13kg　(3)4.15m/s,与平台前侧面成53°解析(1)微粒在极板间所受电场力为F=代入数据得F=1.25×10-11N由于微粒带正电且在两板间做加速运动,故C板带正电,D板带负电。(2)若微粒的质量为m,进入磁场时的速度为v,由动能定理得qU=mv2微粒在磁场中做匀速圆周运动,洛仑兹力提供向心力,若圆周运动的半径为R,有qvB=m微粒要从XY边界离开台面,则圆周运动的边缘轨迹如图所示,半径的极小值与极大值分别为R1=,R2=l-d联立以上各式得8.1×10-14kg<m≤2.89×10-13kg(3)如图,微粒在台面以速度v做以O为圆心,R为半径的圆周运动,从台面边缘P点沿与XY边界成θ角飞出做平抛运动,落地点为Q,水平距离为s,下落时间为t。设滑块质量为M,获得速度v0后在t内沿与平台前侧面成φ角方向,以加速度a做匀减速运动到Q点,经过位移为k。由qU=mv2得v==5m/s-23-\n由qvB=m得R==1m由几何关系可得cosθ==0.8,即θ=37°由平抛运动得t==0.4ss=vt=2m由余弦定理得k2=s2+(d+Rsinθ)2-2s(d+Rsinθ)cosθ解得k=1.5m对滑块有μMg=Ma,即a=μg=2m/s由运动学方程有k=v0t-at2解得v0=4.15m/s由正弦定理得解得φ=arcsin0.8(或φ=53°)8.答案(1)Bdv0　(2)解析(1)以导电液体中带正电离子为研究对象,受力平衡时,qv0B=qE=q,解得U0=Bdv0。(2)两导体板间液体的电阻r=ρI=电阻R获得的功率为P=I2R,即P=R,当时,电阻R获得最大功率,为Pm=。9.答案(1)负　(2)　(3)50%-23-\n解析(1)负电荷进入垂直纸面向外的匀强磁场,根据左手定则,受到的洛伦兹力的方向向上,尘埃恰好沿直线通过该区域,说明电场力大小和洛伦兹力大小相等,方向竖直向下,因此M板是负极。(2)从紧挨N极板处射入板间的尘埃恰好不从极板射出,则尘埃在磁场中运动的半径r=d,磁场中洛伦兹力提供向心力,有qv0B=m解得B=。(3)电场、磁场同时存在时,尘埃做匀速直线运动,满足qE=qv0B撤去磁场以后尘埃在电场力作用下做类平抛运动,假设距离N极板y的尘埃恰好离开电场,则d=v0ty=at2其中a=解得y=0.5d当y>0.5d时,时间更长,水平位移x>d,即0.5d到d这段距离的尘埃会射出电场,则不从平行金属板出射的尘埃占总数的百分比η=×100%=50%。10.答案(1)B　(2)(3)当r>r0时,粒子会向上极板偏转;当r<r0时,粒子会向下极板偏转解析(1)设半径为r0的粒子被加速后的速度为v0,则m0=q0U解得v0=设区域Ⅱ内电场强度为E,洛伦兹力等于电场力,即v0q0B=q0E解得E=Bv0=B。(2)设半径为r的粒子的质量为m、电荷量为q、被加速后的速度为v,-23-\n则m=m0而q=q0由mv2=qU解得v=。(3)半径为r的粒子,在刚进入区域Ⅱ时受到的合力为F合=qE-qvB=qB(v0-v)由v=v0可知,当r>r0时,v<v0,F合>0,粒子会向上极板偏转;当r<r0时,v>v0,F合<0,粒子会向下极板偏转。11.答案(1)　(2)t　　(3)≤B<解析(1)带电粒子在电场中运动时由动能定理得qU=mv2解得粒子到达小孔S2时的速度大小v=。(2)粒子的轨迹图如图甲所示,粒子从进入磁场到从A、P间离开,由牛顿第二定律可得qvB=m粒子在磁场中运动的时间t=由以上两式可解得轨道半径R=t磁感应强度为B=。-23-\n(3)粒子从进入磁场到从A、C间离开磁场,若粒子恰能到达BC边界,如图乙所示,设此时的磁感应强度为B1,根据几何关系,此时粒子的轨道半径为R1=2asin60°=a由牛顿第二定律可得qvB1=m解得B1=粒子从进入磁场到从A、C间离开磁场,若粒子恰能到达AC边界,如图丙所示,设此时的磁感应强度为B2,根据几何关系有R2=(a-R2)sin60°由牛顿第二定律可得qvB2=m由以上两式解得B2=综上所述要使粒子能从A、C间离开磁场,磁感应强度应满足≤B<。12.答案(1)　(2)≤v≤解析(1)由题意可知,2R=v0t0,=qU0,得。(2)由几何关系得r1=R由向心力公式得qBv1=m联立解得v1=-23-\n由几何关系得r2=R由向心力公式得qBv2=m联立解得v2=所以≤v≤进入圆筒的粒子在磁场中偏转的角度和时间与圆筒转过的角度和时间都是相等的。即只要粒子能进入就能出去,故有ω=又T=联立得ω=。-23-