2024年高考物理一轮复习（新人教版） 第11章 专题强化22　带电粒子在立体空间中的运动.docx

1、专题强化二十二带电粒子在立体空间中的运动目标要求1.会处理带电粒子在匀强磁场中的螺旋线运动和叠加场中的旋进运动.2.掌握带电粒子在立体空间中的运动的解题思路和处理方法题型一带电粒子的螺旋线运动和旋进运动空间中匀强磁场的分布是三维的，带电粒子在磁场中的运动情况可以是三维的现在主要讨论两种情况：(1)空间中只存在匀强磁场，当带电粒子的速度方向与磁场的方向不平行也不垂直时，带电粒子在磁场中就做螺旋线运动这种运动可分解为平行于磁场方向的匀速直线运动和垂直于磁场平面的匀速圆周运动(2)空间中的匀强磁场和匀强电场(或重力场)平行时，带电粒子在一定的条件下就可以做旋进运动，这种运动可分解为平行于磁场方向的匀

2、变速直线运动和垂直于磁场平面的匀速圆周运动例1如图所示，质子以初速度v进入磁感应强度为B且足够大的匀强磁场中，速度方向与磁场方向的夹角为.已知质子的质量为m、电荷量为e.质子重力不计，则下列说法正确的是()A质子运动的轨迹为螺旋线，螺旋线的中轴线方向垂直于纸面向里B质子在垂直于磁场平面做圆周运动的半径为C质子做螺旋线运动的周期为D一个周期内，质子沿着螺旋线轴线方向运动的距离(即螺距)为答案D解析将质子的初速度分解为垂直于磁场方向的速度v1vsin ，沿磁场方向的速度v2vcos ，质子沿垂直磁场方向做匀速圆周运动，沿磁场方向做匀速直线运动，则质子运动的轨迹为螺旋线，螺旋线的中轴线方向平行磁场方

3、向，选项A错误；质子做螺旋线运动的半径为r，选项B错误；质子做螺旋线运动的周期为T，选项C错误；一个周期内，质子沿着螺旋线轴线方向运动的距离(即螺距)为xv2T，选项D正确例2(2023山东菏泽市模拟)在空间中存在水平向右的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小为B，电场强度大小为E，方向均沿x轴水平向右在O点，一个粒子(氦原子核)以速度v0沿与x轴夹角为60的方向射入电、磁场，已知质子质量为m、电荷量为q，不计粒子的重力求：(1)粒子离x轴的最远距离；(2)粒子从O点射出后，第3次与x轴相交时的动能答案(1)(2)2mv02(v0)解析(1)由题意可知粒子的质量为m4m、电荷量为q2q，将粒子的

4、初速度分解成沿x轴方向的分速度vx与垂直x轴方向的分速度vy，则有vxv0cos 60v0，vyv0sin 60v0由于vx与磁场方向平行，不受洛伦兹力影响，电场方向沿着x轴方向，只影响vx，不影响vy，故粒子在电、磁场中的运动可分解为：垂直于x轴的平面内做匀速圆周运动，沿x轴方向做匀加速直线运动对于垂直于x轴平面内的匀速圆周运动，有qvyBm，解得圆周运动半径r，故粒子离x轴的最远距离是直径的长度，即为；(2)粒子从O点射出后，第3次与x轴相交时，由于在垂直于x轴的平面内做匀速圆周运动，可知此过程经历的时间t3T3，沿x轴方向的匀加速直线运动所通过的位移xvxtat2，又加速度a，解得x(v

5、0)粒子从O点射出后到第3次与x轴相交的过程，由动能定理有qExEkmv02联立解得粒子从O点射出后，第3次与x轴相交时的动能Ek2mv02(v0)题型二带电粒子在立体空间中的偏转分析带电粒子在立体空间中的运动时，要发挥空间想象力，确定粒子在空间的位置关系带电粒子依次通过不同的空间，运动过程分为不同的阶段，只要分析出每个阶段上的运动规律，再利用两个空间交界处粒子的运动状态和关联条件即可解决问题有时需要将粒子的运动分解为两个互相垂直的平面内的运动(比如螺旋线运动和旋进运动)来求解例3(2022山东卷17)中国“人造太阳”在核聚变实验方面取得新突破，该装置中用电磁场约束和加速高能离子，其部分电磁场

6、简化模型如图所示，在三维坐标系Oxyz中，0zd空间内充满匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向沿x轴正方向；3dz0，y0的空间内充满匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向平行于xOy平面，与x轴正方向夹角为45；z0，y0的空间内充满沿y轴负方向的匀强电场质量为m、带电量为q的离子甲，从yOz平面第三象限内距y轴为L的点A以一定速度出射，速度方向与z轴正方向夹角为，在yOz平面内运动一段时间后，经坐标原点O沿z轴正方向进入磁场.不计离子重力(1)当离子甲从A点出射速度为v0时，求电场强度的大小E；(2)若使离子甲进入磁场后始终在磁场中运动，求进入磁场时的最大速度vm；(3)离子甲以的速度从O点沿z

7、轴正方向第一次穿过xOy面进入磁场，求第四次穿过xOy平面的位置坐标(用d表示)；(4)当离子甲以的速度从O点进入磁场时，质量为4m、带电量为q的离子乙，也从O点沿z轴正方向以相同的动能同时进入磁场，求两离子进入磁场后，到达它们运动轨迹第一个交点的时间差t(忽略离子间相互作用)答案(1)(2)(3)(d，d,0)(4)(22)解析(1)如图所示将离子甲在A点的出射速度v0分解到沿y轴方向和z轴方向，离子受到的静电力沿y轴负方向，可知离子沿z轴方向做匀速直线运动，沿y轴方向做匀减速直线运动，从A到O的过程，有Lv0cos t，v0sin at，a联立解得E；(2)如图所示离子从坐标原点O沿z轴正

8、方向进入磁场中，由洛伦兹力提供向心力可得qv1B离子经过磁场偏转后从y轴进入磁场中，由洛伦兹力提供向心力可得qv1B，可得rr为了使离子在磁场中运动，需满足rd，r3d则可得v1故要使离子甲进入磁场后始终在磁场中运动，进入磁场时的最大速度为；(3)离子甲以v的速度从O点沿z轴正方向第一次穿过xOy面进入磁场，离子在磁场中的轨迹半径为r1离子在磁场中的轨迹半径为r2离子从O点第一次穿过到第四次穿过xOy平面的运动情景，如图所示离子第四次穿过xOy平面的x坐标为x42r2sin 45d离子第四次穿过xOy平面的y坐标为y42r1d故离子第四次穿过xOy平面的位置坐标为(d，d,0)；(4)设离子乙

9、的速度为v，根据离子甲、乙动能相同，可得mv24mv2可得v离子乙在磁场中的轨迹半径为r1d2r1离子乙在磁场中的轨迹半径为r2d2r2根据几何关系可知离子甲、乙运动轨迹第一个交点如图所示，从O点进入磁场到轨迹第一个交点的过程，有t甲T1T2(22)t乙T1T2(44)可得离子甲、乙到达它们运动轨迹第一个交点的时间差为tt乙t甲(22).课时精练1(2022重庆卷5)2021年中国全超导托卡马克核聚变实验装置创造了新的纪录为粗略了解等离子体在托卡马克环形真空室内的运动状况，某同学将一小段真空室内的电场和磁场理想化为方向均水平向右的匀强电场和匀强磁场(如图)，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B

10、.若某电荷量为q的正离子在此电场和磁场中运动，其速度平行于磁场方向的分量大小为v1，垂直于磁场方向的分量大小为v2，不计离子重力，则()A电场力的瞬时功率为qEB该离子受到的洛伦兹力大小为qv1BCv2与v1的比值不断变大D该离子的加速度大小不变答案D解析根据功率的计算公式可知PFvcos ，则电场力的瞬时功率为PEqv1，A错误；由于v1与磁场B平行，则根据洛伦兹力的计算公式知F洛qv2B，B错误；根据运动的叠加原理可知，离子在垂直于磁场方向做匀速圆周运动，沿磁场方向做加速运动，则v1增大，v2不变，v2与v1的比值不断变小，C错误；离子受到的安培力不变，静电力不变，则该离子的加速度大小不变

11、，D正确2.如图所示，竖直平面MNRS的右侧存在方向竖直向上且足够大的匀强磁场，从平面MNRS上的O点处以初速度v010 m/s垂直MNRS面向右抛出一带电荷量为q、质量为m的小球若磁感应强度大小B，g取10 m/s2.求：(1)小球离开磁场时的速度大小；(2)小球离开磁场时的位置与抛出点的距离答案(1)10 m/s(2) m解析(1)小球在水平方向做匀速圆周运动，在竖直方向做自由落体运动，水平方向小球恰好转半个周期离开磁场，故离开磁场的时间为t1 s，则离开磁场时在竖直方向上的速度vygt10 m/s，故小球离开磁场时的速度大小为v10 m/s.(2)小球离开磁场时在竖直方向的位移大小为yg

12、t25 m，小球在水平方向做匀速圆周运动有qv0B，解得R，水平方向位移为直径，即x2R m，则小球离开磁场时的位置与抛出点的距离为s m.3.某离子实验装置的基本原理图如图所示，截面半径为R的圆柱腔分为两个工作区，区长度d4R，内有沿y轴正向的匀强电场，区内既有沿z轴负向的匀强磁场，又有沿z轴正向的匀强电场，电场强度与区电场强度等大现有一正离子从左侧截面的最低点A处以初速度v0沿z轴正向进入区，经过两个区域分界面上的B点进入区，在以后的运动过程中恰好未从圆柱腔的侧面飞出，最终从右侧截面上的C点飞出，B点和C点均为所在截面处竖直半径的中点(如图中所示)，已知离子质量为m、电荷量为q，不计离子重

13、力，求：(1)电场强度的大小；(2)离子到达B点时速度的大小；(3)区中磁感应强度的大小；(4)区的长度L应为多大答案(1)(2)v0(3)(4)nRR(n1,2,3，)解析(1)离子在区做类平抛运动，根据类平抛运动的规律有4Rv0t，at2，根据牛顿第二定律有a，解得电场强度的大小为E.(2)类平抛过程由动能定理有mv2mv02，解得离子到达B点时速度的大小为vv0. (3)离子在区内做复杂的旋进运动将该运动分解为圆柱腔截面上的匀速圆周运动和z轴正方向的匀加速直线运动，根据题意可得，在圆柱腔截面上的匀速圆周运动轨迹如图所示设临界圆轨迹半径为r，根据几何知识有(Rr)2r2，解得离子的轨迹半径

14、为 rR，离子沿y轴正方向的速度为 vyv0，则根据洛伦兹力提供向心力有 qvyB解得区中磁感应强度大小为B.(4)离子在圆柱腔截面上做匀速圆周运动的周期为 T，由题意知离子在区运动的时间为T的整数倍，离子在z轴正方向上做匀加速直线运动，根据匀变速直线运动的位移公式可得Lv0nTa(nT)2(n1,2,3，)，联立解得区的长度为LnRR(n1,2,3，)4.如图所示，一些质量为m、电荷量为q的带电粒子从一线状粒子源射出(初速度可视为0)，经过电压为U的电场加速后，粒子以一定的水平初速度从MS段垂直射出(S为MF中点)，进入棱长为L的正方体电磁修正区内(内部有垂直面MPRG的方向如图，磁感应强度

15、B和电场强度E大小未知的匀强磁场与匀强电场)距离正方体底部L处有一与RNAG平行且足够大平板现以正方体底面中心O在平板的垂直投影点为原点，在平板内建立直角坐标系(其中x轴与GR平行)所有带电粒子都从正方体底面离开，且从M点进入正方体的粒子在正方体中运动的时间满足.不计粒子重力(1)求粒子进入棱长为L的正方体电磁修正区时速度的大小；(2)粒子射出正方体电磁修正区后到达平板所需的时间；(3)若满足关系式E，求从M点入射的粒子最后打到平板上的位置坐标(结果用L表示)答案(1)(2)2L(3)解析(1)设粒子进入棱长为L的正方体电磁修正区时的速度大小为v，根据动能定理有qUmv2，解得v(2)在正方体

16、中，粒子在平行于MPRG平面方向的分运动为匀速圆周运动，在垂直于MPRG平面方向的分运动为匀加速直线运动，设粒子做圆周运动的周期为T，根据洛伦兹力提供向心力有qvBm，又T，联立解得T从M点进入正方体的粒子在正方体中的运动时间为t1，所以粒子做圆周运动转过的圆心角为120，根据几何关系可知粒子离开正方体时的速度在垂直于平板方向的分量大小为v2vcos 30.离开正方体后粒子做匀速直线运动，到达平板所需的时间为t2，联立解得t22L(3)根据几何关系有RRcos 60L，解得RL，粒子在正方体中做匀加速直线运动的加速度大小为a ，粒子在正方体中沿y轴方向的位移大小为y1at12，粒子离开正方体时的速度沿y轴方向的分速度大小为vyat1，从M点入射的粒子最后打到平板上的位置的纵坐标为yy1vyt2，联立解得yL，根据几何关系可知粒子在正方体中沿x轴方向的位移大小为x1Rsin 60L粒子离开正方体时的速度沿x轴方向的分速度大小为v1vsin 30，从M点入射的粒子最后打到平板上的位置的横坐标为xx1v1t2，联立解得xL综上所述可知从M点入射的粒子最后打到平板上的位置坐标为.