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.docx

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0xa内有方向垂直xOy平面向外的磁场,在xL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;(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=1.8 m,距地面h=0.8 m。平行板电容器的极板CD间距d=0.1 m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=1 T、方向竖直向上的匀强磁场。电荷量q=510-13 C的微粒静止于W处,在CD间加上恒定电压U=2.5 V,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=0.2,g取10 m/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;(3)若微粒质量m0=110-13 kg,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。9.(2016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?10.(2016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,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,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=r3,S球=4r2)求:(1)图中区域的电场强度E的大小;(2)半径为r的粒子通过O2时的速率v;(3)试讨论半径rr0的粒子进入区域后将向哪个极板偏转。11.(2016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;(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。(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。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-,CF=,CD=CF-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(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CCO=,粒子做圆周运动的轨道半径为r,由几何关系得=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)1.0104 m/s(2)100 V(3)0.1 T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=1.0104 m/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tan=U2=tan得U2=100 V(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qvB=得B=,代入数据得B=0.1 T,即若带电粒子不射出磁场,磁感应强度B至少为0.1 T。3.答案 (1)0.45 V(2)1 T(3)1.3 m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=0.45 V(2)设粒子出极板后速度大小为v,与水平方向夹角为因为tan=,所以v=5 m/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sin=,解得r=0.5 m因为Bqv=m,所以B=1 T(3)当B=2 T时,r=0.25 m粒子射入O点后经过3次偏转打到P点故有=32rcos+3tan=1.3 m4.答案 (1)负(2)(3) U0U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。(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U0U5.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可解得B=(3)放射性同位素Pu的衰变方程为PuHe+,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=,E=,质量亏损放出的能量E=mc2,E=EU+E+E0所以m=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=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)1.2510-11 NC板带正电,D板带负电(2)8.110-14 kgm2.8910-13 kg(3)4.15 m/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=1.2510-11 N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8.110-14 kg0.5d时,时间更长,水平位移xd,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=100%=50%。10.答案 (1)B(2)(3)当rr0时,粒子会向上极板偏转;当rr0时,v0,粒子会向上极板偏转;当rv0,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=。(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=2asin 60=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