2021高考物理(山东专用)三轮体系大通关-计算题专练19-Word版含解析.docx

专练19　带电粒子在复合场中的运动　
1．(2022·山东高考信息卷)最近，我国部分地区多发雾霾天气，PM2.5浓度过高，为防控粉尘污染，某同学设计了一种除尘方案，用于清除带电粉尘．模型简化如图1所示，粉尘源从A点向水平虚线上方(竖直平面内)各个方面喷出粉尘微粒，粉尘微粒速度大小均为v＝10 m/s，质量为m＝5×10－10 kg，电荷量为q＝＋1×10－7 C，粉尘源正上方有磁感应强度方向垂直纸面对外且大小为B＝0.1 T的圆形边界匀强磁场，半径R＝0.5 m，磁场右侧紧靠平行金属极板MN、PQ，两板间电压恒为U0＝0.9 V，两板相距d＝1 m，板长l＝1 m，粉尘源每秒向外喷出粉尘微粒的个数为n＝2×108个且粉尘微粒分布均匀地进入极板之间．不计粉尘重力及粉尘之间的相互作用．

图1
(1)证明粉尘微粒从磁场射出时，速度方向均水平向右．
(2)求此装置正常工作过程中每秒能收集的粉尘质量M；若两极板间电压在0～15 V之间可调，求收集效率和电压的关系．
解析　(1)粉尘微粒在磁场中运动时，洛伦兹力供应向心力，设轨道半径为r，则有qvB＝m
r＝＝0.5 m
假设粉尘微粒从B点打出，轨道圆的圆心为O′，由r＝R可知四边形AOBO′为菱形，所以OA∥OB′，BO′肯定是竖直的，速度方向与BO′垂直，因此速度方向水平向右
(2)粉尘微粒进入电场做类平抛运动，水平方向有l＝vt
竖直方向有a＝
y＝at2
y＝
当U＝U0＝0.9 V时
解得y＝0.9 m
可知射到极板上的微粒占总数的百分比为
η＝×100%＝90%
此装置每秒能收集的粉尘质量
M＝nm×90%＝2×108×5×10－10×90% kg＝0.09 kg
把y≥d代入y＝
解得U≥1 V
可知：1 V≤U≤1.5 V时，收集效率η＝100%
0≤U＜1 V时，收集效率
η＝×100%＝×100%＝U×100%.
答案　(1)见解析　(2)0.09 kg　η＝U×100%
2．(2022·宿州市第三次质量检测)如图2所示，水平放置的两平行金属板A、B长8 cm，两板间距离d＝8 cm，两板间电势差UAB＝300 V，一质量m＝1.0×10－20kg、电荷量q＝1.0×10－10 C、初速度v0＝2×106 m/s的带正电的粒子，沿A、B板中心线OO′飞入电场，粒子飞出两板间电场后，经PQ上某点进入PQ右侧、OO′下侧的足够大的匀强磁场中，最终垂直OO′射出磁场．已知MN、PQ两界面相距L＝12 cm、D为中心线OO′与PQ界面的交点，不计粒子重力．求：

图2
(1)粒子飞出两板间电场时偏离中心线OO′的距离；
(2)粒子经过PQ界面时到D点的距离；
(3)匀强磁场的磁感应强度B的大小．
解析　(1)设粒子在电场中的偏移距离为y
在电场中，由牛顿其次定律得：＝ma
由类平抛运动的规律得：d＝v0t
y＝at2
vy＝at
v＝
tan θ＝
联立以上各式代入数值得：y＝3 cm
v＝2.5×106 m/s，tan θ＝
(2)设粒子经过PQ界面时到D点的距离为H
由几何学问得：H＝y＋Ltan θ
代入数值得：H＝12 cm
(或用：＝也可得分)
(3)设粒子在磁场中圆周运动的圆心为S，半径为R
由图可知：R＝

由牛顿其次定律得：qvB＝
联立以上各式代入数值得：B＝1.67×10－3 T
答案　见解析
3．(2022·济南高三教学质量调研考试)如图3所示，在x＜0的区域内存在沿y轴负方向的匀强电场，在第一象限倾斜直线OM的下方和第四象限内存在垂直纸面对里的匀强磁场．一带电粒子自电场中的P点沿x轴正方向射出，恰好经过坐标原点O进入匀强磁场，经磁场偏转后垂直于y轴从N点回到电场区域，并恰能返回P点．已知P点坐标为(－L，L)，带电粒子质量为m，电荷量为q，初速度为v0，不计粒子重力．求：

图3
(1)匀强电场的电场强度大小；
(2)N点的坐标；
(3)匀强磁场的磁感应强度大小．
解析　(1)设粒子从P到O时间为t，加速度为a，
则L＝v0t，L＝at2
由牛顿其次定律，可得qE＝ma
由以上三式，可解得E＝
(2)设粒子运动到N点时速度为v，则
v＝＝2v0
所以粒子从N到P的时间t′＝t
沿y轴位移h＝at′2＝L
因此N点坐标为(0，L)
(3)粒子在磁场中运动轨迹如图所示，设半径为R.粒子在O点时速度方向与y轴负方向的夹角为30°
由几何关系可知R＋Rsin 30°＝L
又由于qvB＝m
解得B＝
答案　(1)　(2)(0，L)　(3)
4．(2022·天津卷，12)同步加速器在粒子物理争辩中有重要的应用，其基本原理简化为如图4所示的模型．M、N为两块中心开有小孔的平行金属板．质量为m、电荷量为＋q的粒子A(不计重力)从M板小孔飘入板间，初速度可视为零．每当A进入板间，两板的电势差变为U，粒子得到加速，当A离开N板时，两板的电荷量均马上变为零．两板外部存在垂直纸面对里的匀强磁场，A在磁场作用下做半径为R的圆周运动，R远大于板间距离．A经电场多次加速，动能不断增大，为使R保持不变，磁场必需相应地变化．不计粒子加速时间及其做圆周运动产生的电磁辐射，不考虑磁场变化对粒子速度的影响及相对论效应．求：

图4
(1)A运动第1周时磁场的磁感应强度B1的大小．
(2)在A运动第n周的时间内电场力做功的平均功率n；
(3)若有一个质量也为m、电荷量为＋kq(k为大于1的整数)的粒子B(不计重力)与A同时从M板小孔飘入板间，A、B初速度均可视为零，不计两者间的相互作用，除此之外，其他条件均不变．下图中虚线、实线分别表示A、B的运动轨迹．在B的轨迹半径远大于板间距离的前提下，请指出哪个图能定性地反映A、B的运动轨迹，并经推导说明理由．

解析　(1)设A经电场第1次加速后速度为v1，由动能定理得qU＝mv－0
①
A在磁场中做匀速圆周运动，所受洛伦兹力充当向心力
qv1B1＝m
②
联立解得：B1＝
③
(2)设A经n次加速后的速度为vn，由动能定理得
nqU＝mv－0
④
设A做第n次圆周运动的周期为Tn，有Tn＝
⑤
设在A运动第n周的时间内电场力做功为Wn，则
Wn＝qU
⑥
在该段时间内电场力做功的平均功率为n＝
⑦
联立解得：n＝
⑧
(3)A图能定性地反映A、B运动的轨迹．
A经过n次加速后，设其对应的磁感应强度为Bn，A、B的周期分别为Tn、T′，综合②⑤式并分别应用A、B的数据得Tn＝
⑨
T′＝＝
⑩
由上可知，Tn是T′的k倍，所以A每绕行1周，B就绕行k周．由于电场只在A通过时存在，故B仅在与A同时进入电场时才被加速．
经n次加速后，A、B的速度分别为vn、vn′，结合④式有
vn＝
⑪
vn′＝＝vn
⑫
由题设条件并结合⑤式，对A有Tnvn＝2πR
⑬
设B的轨迹半径为R′，有T′vn′＝2πR′
⑭
比较以上两式得R′＝
⑮
上式表明，运动过程B的轨迹半径始终不变．
由以上分析可知，两粒子运动的轨迹如图A所示．
答案　(1)　(2)
(3)A　理由见解析
5．(2022·山东潍坊市一模)如图5所示，在xOy平面内存在着垂直于xOy平面的磁场和平行于y轴的电场，磁场和电场随时间的变化规律如图6甲、乙所示．以垂直于xOy平面对里磁场的磁感应强度为正，以沿y轴正方向电场的电场强度为正．t＝0时，带负电粒子从原点O以初速度v0沿y轴正方向运动，t＝5t0时，粒子回到O点，v0、t0、B0已知，粒子的比荷＝，不计粒子重力．

图5
(1)求粒子在匀强磁场中做圆周运动的周期；
(2)求电场强度E0的值；
(3)保持磁场仍如图6甲所示，将图乙所示的电场换成图丙所示的电场．t＝0时刻，前述带负电粒子仍由O点以初速度v0沿y轴正方向运动，求粒子在t＝9t0时的位置坐标．

图6
解析　(1)粒子在磁场中运动时qv0B＝
①
T＝
②
＝
得T＝2t0
③
(2)粒子t＝5t0时回到原点，轨迹如图所示

由牛顿其次定律qv0B0＝
④
由几何关系得r2＝2r1
⑤
得v2＝2v0⑥
由运动学公式v2＝v0＋at0
⑦
由牛顿其次定律E0q＝ma
⑧
得E0＝
⑨
(3)t0时刻粒子回到x轴
⑩
t0～2t0时间内，粒子位移s1＝2[v0·＋a()]，
⑪
2t0时刻粒子速度为v0
3t0时刻，粒子以速度v0到达y轴
⑫
3t0～4t0时间内，粒子运动的位移
s2＝2[v0·－a()2]
⑬
5t0时刻粒子运动到点[2r1，－(s2－s1)]
⑭
依据粒子的周期性运动规律可知，t＝9t0时刻的位置坐标为[2r1，－2(s1－s2)]，代入数值即为(，－v0t0)
⑮
答案　(1)2t0　(2)　(3)(，－v0t0)
方法技巧
求解带电粒子在交变复合场中运动问题的基本思路