2023年高考物理（考點(diǎn)解讀+命題熱點(diǎn)突破）專題09帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動

PAGEPAGE1專題09帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動【考向解讀】1.主要考試熱點(diǎn)：(1)帶電粒子在組合復(fù)合場中的受力分析及運(yùn)動分析．(2)帶電粒子在疊加復(fù)合場中的受力分析及運(yùn)動分析．(3)帶電粒子在交變電磁場中的運(yùn)動．2.帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動應(yīng)該是2022年高考壓軸題的首選．(1)復(fù)合場中結(jié)合牛頓第二定律、運(yùn)動的合成與分解、動能定理綜合分析相關(guān)的運(yùn)動問題．(2)復(fù)合場中結(jié)合數(shù)學(xué)中的幾何知識綜合分析多解問題、臨界問題、周期性問題等．【命題熱點(diǎn)突破一】帶電粒子在組合場中的運(yùn)動磁偏轉(zhuǎn)〞和“電偏轉(zhuǎn)〞的差異電偏轉(zhuǎn)磁偏轉(zhuǎn)偏轉(zhuǎn)條件帶電粒子以v⊥E進(jìn)入勻強(qiáng)電場帶電粒子以v⊥B進(jìn)入勻強(qiáng)磁場受力情況只受恒定的電場力只受大小恒定的洛倫茲力運(yùn)動情況類平拋運(yùn)動勻速圓周運(yùn)動運(yùn)動軌跡拋物線圓弧物理規(guī)律類平拋知識、牛頓第二定律牛頓第二定律、向心力公式根本公式L＝vt，y＝eq\f(1,2)at2，a＝eq\f(qE,m)，tanθ＝eq\f(at,v)r＝eq\f(mv,qB)，T＝eq\f(2πm,qB)，t＝eq\f(θ,2π)T例1．如下圖，靜止于A處的離子，經(jīng)加速電場加速后沿圖中圓弧虛線通過靜電分析器，從P點(diǎn)垂直CN進(jìn)入矩形區(qū)域的有界勻強(qiáng)電場，電場方向水平向左．靜電分析器通道內(nèi)有均勻輻射分布的電場，圓弧虛線的半徑為R，其所在處場強(qiáng)為E、方向如下圖；離子質(zhì)量為m、電荷量為q；eq\x\to(QN)＝2d、eq\x\to(PN)＝3d，離子重力不計．(1)求加速電場的電壓U；(2)假設(shè)離子恰好能打在Q點(diǎn)上，求矩形區(qū)域QNCD內(nèi)勻強(qiáng)電場場強(qiáng)E0的值；(3)假設(shè)撤去矩形區(qū)域QNCD內(nèi)的勻強(qiáng)電場，換為垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，要求離子能最終打在QN上，求磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度B的取值范圍．(2)離子做類平拋運(yùn)動2d＝vt3d＝eq\f(1,2)at2由牛頓第二定律得qE0＝ma.那么E0＝eq\f(3ER,2d)(3)離子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律，有qBv＝meq\f(v2,r)那么r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(EmR,q))離子能打在QN上，那么既沒有從DQ邊出去也沒有從PN邊出去，那么離子運(yùn)動徑跡的邊界如圖中Ⅰ和Ⅱ.由幾何關(guān)系知，離子能打在QN上，必須滿足：eq\f(3,2)d<r≤2d那么有eq\f(1,2d)eq\r(\f(EmR,q))≤B<eq\f(2,3d)eq\r(\f(EmR,q)).答案(1)eq\f(1,2)ER(2)eq\f(3ER,2d)(3)eq\f(1,2d)eq\r(\f(EmR,q))≤B＜eq\f(2,3d)eq\r(\f(EmR,q))【變式探究】如下圖的坐標(biāo)系中，第一象限內(nèi)存在與x軸成30°角斜向下的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度E＝400N/C；第四象限內(nèi)存在垂直于紙面向里的有界勻強(qiáng)磁場，x軸方向的寬度OA＝20eq\r(3)cm，y軸負(fù)方向無限大，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1×10－4T.現(xiàn)有一比荷為eq\f(q,m)＝2×1011C/kg的正離子(不計重力)，以某一速度v0從O點(diǎn)射入磁場，α＝60°，離子通過磁場后剛好從A點(diǎn)射出，之后進(jìn)入電場．(1)求離子進(jìn)入磁場B的速度v0的大小；(2)離子進(jìn)入電場后，經(jīng)多少時間再次到達(dá)x軸上；(3)假設(shè)離子進(jìn)入磁場B后，某時刻再加一個同方向的有界勻強(qiáng)磁場使離子做完整的圓周運(yùn)動，求所加磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度的最小值．解析離子的運(yùn)動軌跡如下圖(2)離子進(jìn)入電場后，設(shè)經(jīng)過時間t再次到達(dá)x軸上．離子沿垂直電場方向做速度為v0的勻速直線運(yùn)動，位移為l1l1＝v0t離子沿電場方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，加速度為a，位移為l2Eq＝mal2＝eq\f(1,2)at2由幾何關(guān)系可知tan60°＝eq\f(l2,l1)代入數(shù)據(jù)解得t＝eq\r(3)×10－7s(3)由Bqv＝eq\f(mv2,r)知，B越小，r越大．設(shè)離子在磁場中最大半徑為R由幾何關(guān)系得R＝eq\f(1,2)(r1－r1sin30°)＝0.05m由牛頓運(yùn)動定律得B1qv0＝meq\f(v\o\al(2,0),R)得B1＝4×10－4T那么外加磁場ΔB1＝3×10－4T答案(1)4×106m/s(2)eq\r(3)×10－7s(3)3×10－4T【感悟提升】帶電粒子在組合場中的運(yùn)動問題，一般都是單物體多過程問題，求解策略是“各個擊破〞：(1)先分析帶電粒子在每個場中的受力情況和運(yùn)動情況，抓住聯(lián)系相鄰兩個場的紐帶——速度(一般是后場的入射速度等于前場的出射速度)，(2)然后利用帶電粒子在電場中往往做類平拋運(yùn)動或直線運(yùn)動，在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的規(guī)律求解．【命題熱點(diǎn)突破二】帶電粒子在疊加復(fù)合場中的運(yùn)動例2.如下圖，水平線AC和豎直線CD相交于C點(diǎn)，AC上開有小孔S，CD上開有小孔P，AC與CD間存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直紙面向里，∠DCG＝60°，在CD右側(cè)、CG的下方有一豎直向上的勻強(qiáng)電場E(大小未知)和垂直紙面向里的另一勻強(qiáng)磁場B1(大小未知)，一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的塑料小球從小孔S處無初速度地進(jìn)入勻強(qiáng)磁場中，經(jīng)一段時間恰好能從P孔水平勻速飛出而進(jìn)入CD右側(cè)，小球在CD右側(cè)做勻速圓周運(yùn)動而垂直打在CG板上，重力加速度為g.(1)求豎直向上的勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E的大?。?2)求CD右側(cè)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B1的大??；(3)假設(shè)要使小球進(jìn)入CD右側(cè)后不打在CG上，那么B1應(yīng)滿足什么條件？解析(1)因小球在CD右側(cè)受重力、電場力和洛倫茲力作用而做勻速圓周運(yùn)動，所以有mg＝qE，即E＝eq\f(mg,q).(2)小球進(jìn)入磁場后，由于重力作用，速率不斷增大，同時在洛倫茲力的作用下小球右偏，當(dāng)小球從小孔P水平勻速飛出時，受力平衡有Bqv＝mg，即v＝eq\f(mg,Bq)從S到P由動能定理得mgeq\x\to(CP)＝eq\f(1,2)mv2，即eq\x\to(CP)＝eq\f(m2g,2q2B2)因小球從小孔P水平飛入磁場B1后做勻速圓周運(yùn)動而垂直打在CG上，所以C點(diǎn)即為小球做圓周運(yùn)動的圓心，半徑即為r＝eq\x\to(CP)又因B1qv＝meq\f(v2,r)聯(lián)立得B1＝2B.答案(1)eq\f(mg,q)(2)2B(3)B1≥4.3B【變式探究】如下圖，離子源A產(chǎn)生的初速度為零、帶電荷量為e、質(zhì)量不同的正離子被電壓為U1的加速電場加速后進(jìn)入一電容器中，電容器兩極板之間的距離為d，電容器中存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場．正離子能沿直線穿過電容器，垂直于邊界MN進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小也為B的扇形勻強(qiáng)磁場中，∠MNQ＝90°.(不計離子的重力)(1)求質(zhì)量為m的離子進(jìn)入電容器時，電容器兩極板間的電壓U2；(2)求質(zhì)量為m的離子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑；(3)假設(shè)質(zhì)量為4m的離子垂直打在NQ的中點(diǎn)S1處，質(zhì)量為16m的離子打在S2處．求S1和S2之間的距離以及能打在NQ上正離子的質(zhì)量范圍．解析(1)設(shè)離子經(jīng)加速電場后獲得的速度為v1，應(yīng)用動能定理有U1e＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)離子進(jìn)入電容器后沿直線運(yùn)動，有eq\f(U2e,d)＝Bev1得U2＝Bdeq\r(\f(2U1e,m))(3)根據(jù)(2)中R＝eq\r(\f(2U1m,B2e))，質(zhì)量為4m的離子在磁場中運(yùn)動打在S1處，運(yùn)動半徑為R1＝eq\r(\f(2U14m,B2e))質(zhì)量為16m的離子在磁場中運(yùn)動打在S2處，運(yùn)動半徑為R2＝eq\r(\f(2U116m,B2e))又ON＝R2－R1由幾何關(guān)系可知S1和S2之間的距離ΔS＝eq\r(R\o\al(2,2)－ON2)－R1聯(lián)立解得ΔS＝2(eq\r(3)－1)eq\r(\f(2U1m,B2e))由R′2＝(2R1)2＋(R′－R1)2解得R′＝eq\f(5,2)R1再根據(jù)eq\f(1,2)R1≤Rx≤eq\f(5,2)R1解得m≤mx≤25m答案(1)Bdeq\r(\f(2U1e,m))(2)eq\r(\f(2U1m,B2e))(3)m≤mx≤25m【命題熱點(diǎn)突破三】帶電粒子在交變電磁場中的運(yùn)動及多解問題例3、如圖甲所示，寬度為d的豎直狹長區(qū)域內(nèi)(邊界為L1、L2)，存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場和豎直方向上的周期性變化的電場(如圖乙所示)，電場強(qiáng)度的大小為E0，E＞0表示電場方向豎直向上．t＝0時，一帶正電、質(zhì)量為m的微粒從左邊界上的N1點(diǎn)以水平速度v射入該區(qū)域，沿直線運(yùn)動到Q點(diǎn)后，做一次完整的圓周運(yùn)動，再沿直線運(yùn)動到右邊界上的N2點(diǎn)．Q為線段N1N2的中點(diǎn)，重力加速度為g.上述d、E0、m、v、g為量．(1)求微粒所帶電荷量q和磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小．(2)求電場變化的周期T.(3)改變寬度d，使微粒仍能按上述運(yùn)動過程通過相應(yīng)寬度的區(qū)域，求T的最小值．(2)設(shè)微粒從N1運(yùn)動到Q的時間為t1，做圓周運(yùn)動的周期為t2，那么eq\f(d,2)＝vt1 ⑤(1分)qvB＝meq\f(v2,R) ⑥(2分)2πR＝vt2 ⑦(1分)聯(lián)立③④⑤⑥⑦得t1＝eq\f(d,2v)；t2＝eq\f(πv,g) ⑧(2分)電場變化的周期T＝t1＋t2＝eq\f(d,2v)＋eq\f(πv,g) ⑨(1分)(3)假設(shè)微粒能完成題述的運(yùn)動過程，要求d≥2R ⑩(1分)聯(lián)立③④⑥得R＝eq\f(v2,2g) ?(1分)設(shè)在N1Q段直線運(yùn)動的最短時間為t1min，由⑤⑩?得t1min＝eq\f(v,2g)因t2不變，T的最小值Tmin＝t1min＋t2＝eq\f(2π＋1v,2g). (2分)【感悟提升】空間存在的電場或磁場是隨時間周期性變化的，一般呈現(xiàn)“矩形波〞的特點(diǎn)．交替變化的電場及磁場會使帶電粒子順次經(jīng)過不同特點(diǎn)的電場、磁場或疊加的場，從而表現(xiàn)出多過程現(xiàn)象，其特點(diǎn)較為隱蔽，應(yīng)注意以下兩點(diǎn)：(1)仔細(xì)確定各場的變化特點(diǎn)及相應(yīng)時間，其變化周期一般與粒子在磁場中的運(yùn)動周期關(guān)聯(lián)．(2)把粒子的運(yùn)動過程用直觀草圖進(jìn)行分析．【變式探究】如圖甲所示，兩豎直線所夾區(qū)域內(nèi)存在周期性變化的勻強(qiáng)電場與勻強(qiáng)磁場，變化情況如圖乙、丙所示，電場強(qiáng)度方向以y軸負(fù)方向?yàn)檎?，磁感?yīng)強(qiáng)度方向以垂直紙面向外為正．t＝0時刻，一質(zhì)量為m、電量為q的帶正電粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O開始以速度v0沿x軸正方向運(yùn)動，粒子重力忽略不計，圖乙、丙中E0＝eq\f(3B0v0,4π)，t0＝eq\f(πm,qB0)，B0．要使帶電粒子在0～4nt0(n∈N)時間內(nèi)一直在場區(qū)運(yùn)動，求：(1)在t0時刻粒子速度方向與x軸的夾角；(2)右邊界到O的最小距離；(3)場區(qū)的最小寬度．解析(1)由牛頓第二定律，得E0q＝mavy＝eq\f(qE0,m)t0 (2分)E0＝eq\f(3B0v0,4π)tanθ＝eq\f(vy,v0) (1分)θ＝37° (1分)(2)x1＝v0t0 (1分)如下圖，由幾何關(guān)系得x2＝R1－R1cos53° (1分)B0qv＝meq\f(v2,R1) (1分)v＝eq\f(v0,cos37°) (1分)x＝x1＋x2＝(π＋0.5)eq\f(mv0,qB0) (1分)答案(1)37°(2)(π＋0.5)eq\f(mv0,qB0)(3)(1.5n＋1.5＋π)eq\f(mv0,qB0)【高考真題解讀】1．(2022·福建理綜，22，20分)如圖,絕緣粗糙的豎直平面MN左側(cè)同時存在相互垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場方向水平向右，電場強(qiáng)度大小為E，磁場方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的小滑塊從A點(diǎn)由靜止開始沿MN下滑，到達(dá)C點(diǎn)時離開 MN做曲線運(yùn)動．A、C兩點(diǎn)間距離為h，重力加速度為g. (1)求小滑塊運(yùn)動到C點(diǎn)時的速度大小vC； (2)求小滑塊從A點(diǎn)運(yùn)動到C點(diǎn)過程中克服摩擦力做的功Wf； (3)假設(shè)D點(diǎn)為小滑塊在電場力、洛倫茲力及重力作用下運(yùn)動過程中速度最大的位置,當(dāng)小滑塊運(yùn)動到D點(diǎn)時撤去磁場,此后小滑塊繼續(xù)運(yùn)動到水平地面上 的P點(diǎn)．小滑塊在D點(diǎn)時的速度大小為vD，從D點(diǎn)運(yùn)動到P點(diǎn)的時間 為t，求小滑塊運(yùn)動到P點(diǎn)時速度的大小vP. (3)如圖，小滑塊速度最大時，速度方向與電場力、重力的合力方向垂直．撤 去磁場后小滑塊將做類平拋運(yùn)動，等效加速度為g′ g′＝eq\r(〔\f(qE,m)〕2＋g2)⑥ 且veq\o\al(2,P)＝veq\o\al(2,D)＋g′2t2⑦ 解得vP＝eq\r(veq\o\al(2,D)＋\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(〔\f(qE,m)〕2＋g2))t2)⑧ 答案(1)eq\f(E,B)(2)mgh－eq\f(mE2,2B2) (3)eq\r(veq\o\al(2,D)＋\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(〔\f(qE,m)〕2＋g2))t2)2．(2022·重慶理綜，9，18分)如圖為某種離子加速器的設(shè)計方案．兩個半圓形金屬盒內(nèi)存在相同的垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場．其中MN 和M′N′是間距為h的兩平行極板，其上分別有正對的兩個小孔O和O′， O′N′＝ON＝d，P為靶點(diǎn)，O′P＝kd(k為大于1的整數(shù))．極板間存在方向向上的勻強(qiáng)電場，兩極板間電壓為U.質(zhì)量為m、帶電量為q的正離子從O點(diǎn)由靜止開始加速，經(jīng)O′進(jìn)入磁場區(qū)域．當(dāng)離子打到極板上O′N′區(qū)域(含N′點(diǎn))或外殼上時將會被吸收．兩虛線之間的區(qū)域無電場和磁場存在，離子可勻速穿過，忽略相對論效應(yīng)和離子所受的重力．求： (1)離子經(jīng)過電場僅加速一次后能打到P點(diǎn)所需的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小； (2)能使離子打到P點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的所有可能值； (3)打到P點(diǎn)的能量最大的離子在磁場中運(yùn)動的時間和在電場中運(yùn)動的時間． 解析(1)粒子經(jīng)電場加速一次后的速度為v1，由動能定理得 qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)① 粒子能打到P點(diǎn)，那么在磁場中的軌道半徑r1＝eq\f(kd,2)② 對粒子在磁場中由牛頓第二定律得qv1B1＝eq\f(mveq\o\al(2,1),r1)③ 聯(lián)立①②③式解得B1＝eq\f(2\r(2Uqm),qkd)④ (2)假設(shè)粒子在電場中加速n次后能打到P點(diǎn)，同理可得 nqU＝eq\f(1,2)mv2(n＝1，2，3，…)⑤ rn＝eq\f(kd,2)⑥ qvB＝eq\f(mv2,rn)⑦ 聯(lián)立⑤⑥⑦式解得B＝eq\f(2\r(2nqUm),qkd)⑧ 由題意可得當(dāng)n＝1時，2r1′>d⑨ 解得n<k2⑩ 故⑧式中n的取值為n＝1，2，3，…，k2－1 答案(1)eq\f(2\r(2Uqm),qkd)(2)eq\f(2\r(2nUqm),qkd)(n＝1，2，3，…，k2－1) (3)eq\f(〔2k2－3〕πkmd,2\r(2Uqm〔k2－1〕))heq\r(\f(2〔k2－1〕m,Uq))3．(2022·天津理綜，12,20分)現(xiàn)代科學(xué)儀器常利用電場、磁場控制帶電粒子的運(yùn)動．真空中存在著如下圖的多層緊密相鄰的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場與磁場的寬度均為d.電場強(qiáng)度為E，方向水平向右；磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向里，電場、磁場的邊界互相平行且與電場方向垂直．一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子在第1層電場左側(cè)邊界某處由靜止釋放，粒子始終在電場、磁場中運(yùn)動，不計粒子重力及運(yùn)動時的電磁輻射． (1)求粒子在第2層磁場中運(yùn)動時速度v2的大小與軌跡半徑r2； (2)粒子從第n層磁場右側(cè)邊界穿出時，速度的方向與水平方向的夾角為θn， 試求sinθn； (3)假設(shè)粒子恰好不能從第n層磁場右側(cè)邊界穿出，試問在其他條件不變的情況 下，也進(jìn)入第n層磁場，但比荷較該粒子大的粒子能否穿出該層磁場右側(cè)邊界，請簡要推理說明之． (2)設(shè)粒子在第n層磁場中運(yùn)動的速度為vn,軌跡半徑為rn(各量的下標(biāo)均代表 粒子所在層數(shù)，下同)． nqEd＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,n)⑤ qvnB＝meq\f(veq\o\al(2,n),rn)⑥圖1 粒子進(jìn)入第n層磁場時，速度的方向與水平方向的夾角為αn，從第n層磁場右側(cè)邊界穿出時速度方向與水平方向的夾角為θn，粒子在電場中運(yùn)動時，垂直于電場線方向的速度分量不變，有 vn－1sinθn－1＝vnsinαn⑦ 由圖1看出 rnsinθn－rnsinαn＝d⑧ 由⑥⑦⑧式得 rnsinθn－rn－1sinθn－1＝d⑨ 由⑨式看出r1sinθ1，r2sinθ2，…，rnsinθn為一等差數(shù)列，公差為d，可得 rnsinθn＝r1sinθ1＋(n－1)d⑩圖2 當(dāng)n＝1時，由圖2看出 r1sinθ1＝d 由⑤⑥⑩?式得 sinθn＝Beq\r(\f(nqd,2mE))? (3)假設(shè)粒子恰好不能從第n層磁場右側(cè)邊界穿出，那么 θn＝eq\f(π,2)? sinθn＝1? 在其他條件不變的情況下，換用比荷更大的粒子，設(shè)其比荷為eq\f(q′,m′)，假設(shè)能穿出第n層磁場右側(cè)邊界，粒子穿出時的速度方向與水平方向的夾角為θn，由于 eq\f(q′,m′)＞eq\f(q,m)? 那么導(dǎo)致 sinθn′＞1? 說明θn′不存在，即原假設(shè)不成立．所以比荷較該粒子大的粒子不能穿出該層磁場右側(cè)邊界． 答案(1)2eq\r(\f(qEd,m))eq\f(2,B)eq\r(\f(mEd,q))(2)Beq\r(\f(nqd,2mE))(3)見解析4．(2022·江蘇單科，15，16分)一臺質(zhì)譜儀的工作原理如下圖， 電荷量均為＋q、質(zhì)量不同的離子飄入電壓為U0的加速電場，其初速度幾乎為零．這些離子經(jīng)加速后通過狹縫O沿著與磁場垂直的方向進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，最后打在底片上．放置底片的區(qū)域MN＝L，且OM＝L.某次測量發(fā)現(xiàn)MN中左側(cè)eq\f(2,3)區(qū)域MQ損壞，檢測不到離子，但右側(cè)eq\f(1,3)區(qū)域QN 仍能正常檢測到離子．在適當(dāng)調(diào)節(jié)加速電壓后，原本打在MQ的離子即可在QN檢測到． (1)求原本打在MN中點(diǎn)P的離子質(zhì)量m； (2)為使原本打在P的離子能打在QN區(qū)域，求加速電壓U的調(diào)節(jié)范圍； (3)為了在QN區(qū)域?qū)⒃敬蛟贛Q區(qū)域的所有離子檢測完整，求需要調(diào)節(jié)U的最少次數(shù)．(取lg2＝0.301，lg3＝0.477，lg5＝0.699) (2)由(1)知，U＝eq\f(16U0r2,9L2)離子打在Q點(diǎn)時r＝eq\f(5,6)L，U＝eq\f(100U0,81) 離子打在N點(diǎn)時r＝L，U＝eq\f(16U0,9)，那么電壓的范圍 eq\f(100U0,81)≤U≤eq\f(16U0,9) (3)由(1)可知，r∝eq\r(U) 由題意知，第1次調(diào)節(jié)電壓到U1，使原本Q點(diǎn)的離子打在N點(diǎn) eq\f(L,\f(5,6)L)＝eq\f(\r(U1),\r(U0)) 此時，原本半徑為r1的打在Q1的離子打在Q上eq\f(\f(5,6)L,r1)＝eq\f(\r(U1),\r(U0)) 解得r1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)))eq\s\up12(2)L 第2次調(diào)節(jié)電壓到U2，原本打在Q1的離子打在N點(diǎn)，原本半徑為r2的打在Q2的離子打在Q上，那么：eq\f(L,r1)＝eq\f(\r(U2),\r(U0))，eq\f(\f(5,6)L,r2)＝eq\f(\r(U2),\r(U0)) 解得r2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)))eq\s\up12(3)L 同理，第n次調(diào)節(jié)電壓，有rn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)))eq\s\up12(n＋1)L 檢測完整，有rn≤eq\f(L,2) 解得n≥eq\f(lg2,lg〔\f(6,5)〕)－1≈2.8 最少次數(shù)為3次. 答案(1)eq\f(9qB2L2,32U0)(2)eq\f(100U0,81)≤U≤eq\f(16U0,9)(3)3次5．(2022·浙江理綜，25,22分)離子推進(jìn)器是太空飛行器常用的動力系統(tǒng)．某種推進(jìn)器設(shè)計的簡化原理如圖1所示，截面半徑為R的圓柱腔分為兩個工作區(qū)．Ⅰ為電離區(qū)，將氙氣電離獲得1價正離子；Ⅱ?yàn)榧铀賲^(qū)，長度為L，兩端加有電壓，形成軸向的勻強(qiáng)電場．Ⅰ區(qū)產(chǎn)生的正離子以接近0的初速度進(jìn)入Ⅱ區(qū)，被加速后以速度vM從右側(cè)噴出． Ⅰ區(qū)內(nèi)有軸向的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，在離軸線R/2處的C點(diǎn)持續(xù)射出一定速率范圍的電子．假設(shè)射出的電子僅在垂直于軸線的截面上運(yùn)動，截面如圖2所示(從左向右看)．電子的初速度方向與中心O點(diǎn)和C點(diǎn)的連線成α角(0<α≤90°)．推進(jìn)器工作時，向Ⅰ區(qū)注入稀薄的氙氣．電子使氙氣電離的最小速率為v0，電子在Ⅰ區(qū)內(nèi)不與器壁相碰且能到達(dá)的區(qū)域越大，電離效果越好．離子質(zhì)量為M；電子質(zhì)量為m，電荷量為e.(電子碰到器壁即 被吸收，不考慮電子間的碰撞) (1)求Ⅱ區(qū)的加速電壓及離子的加速度大?。?(2)為取得好的電離效果,請判斷Ⅰ區(qū)中的磁場方向(按圖2說明是“垂直紙面向里〞或“垂直紙面向外〞)； (3)α為90°時，要取得好的電離效果，求射出的電子速率v的范圍； (4)要取得好的電離效果，求射出的電子最大速率vmax與α角的關(guān)系． 解析(1)由動能定理得eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,M)＝eU① U＝eq\f(Mveq\o\al(2,M),2e)② a＝eq\f(eE,M)＝eeq\f(U,ML)＝eq\f(veq\o\al(2,M),2L)③ (2)由題知電子在Ⅰ區(qū)內(nèi)不與器壁相碰且能到達(dá)的區(qū)域越大，電離效果越好，那么題圖2中顯然電子往左半部偏轉(zhuǎn)較好,故Ⅰ區(qū)中磁場方向應(yīng)垂直紙面向外 ④ (4)電子運(yùn)動軌跡如下圖， OA＝R－r，OC＝eq\f(R,2)，AC＝r 根據(jù)幾何關(guān)系得r＝eq\f(3R,4〔2－sin