第十一章　微點突破7　帶電粒子在立體空間中的運動-2025物理大一輪復習講義人教版

微點突破7帶電粒子在立體空間中的運動目標要求1.會處理帶電粒子在勻強磁場中的螺旋線運動和在疊加場中的旋進運動。2.掌握解決帶電粒子在立體空間中的運動問題的解題思路和處理方法。考點一帶電粒子在勻強磁場中“旋進”運動空間中勻強磁場的分布是三維的，帶電粒子在磁場中的運動情況可以是三維的。現(xiàn)在主要討論兩種情況：(1)空間中只存在勻強磁場，當帶電粒子的速度方向與磁場的方向不平行也不垂直時，帶電粒子在磁場中就做螺旋線運動。這種運動可分解為平行于磁場方向的勻速直線運動和垂直于磁場平面的勻速圓周運動。(2)空間中的勻強磁場和勻強電場(或重力場)平行時，帶電粒子在一定的條件下就可以做“旋進”運動，這種運動可分解為平行于磁場方向的勻變速直線運動和垂直于磁場平面的勻速圓周運動。例1(1)如圖甲所示，在空間中存在水平向右、沿x軸正方向的勻強磁場，磁感應強度大小為B，在原點O有一個質(zhì)量為m、帶電荷量為q的帶正電的粒子以速度v0垂直x軸射入磁場，不計粒子的重力，分析粒子的運動情況，求粒子運動軌跡距離x軸的最遠距離。(2)如圖乙所示，若粒子的速度方向與x軸夾角為θ。①試分析粒子的運動情況；②求粒子運動的軌跡距x軸的最遠距離及軌跡與x軸相鄰交點之間的距離。(3)如圖丙所示，若在空間再加上沿x軸方向電場強度大小為E的勻強電場，粒子速度方向仍與x軸方向成θ角。①試分析粒子的運動情況；②求粒子離x軸的最大距離；③求粒子第三次(起始位置為第零次)與x軸相交時的位置坐標。答案見解析解析(1)粒子在垂直x軸的平面內(nèi)做勻速圓周運動，距x軸最遠距離等于圓的直徑，由qv0B＝meq\f(v02,R1)，D1＝2R1，得D1＝eq\f(2mv0,qB)；(2)①粒子速度沿x軸方向的分量v0x＝v0cosθ，在垂直于x軸方向的分量v0y＝v0sinθ，在垂直于x軸的平面內(nèi)受洛倫茲力，粒子在垂直于x軸的平面內(nèi)做勻速圓周運動，在平行于x軸方向做勻速直線運動，即做等距螺旋線運動。②由qv0yB＝meq\f(v0y2,R2)，得D2＝2R2＝eq\f(2mv0sinθ,qB)。粒子做勻速圓周運動的周期T＝eq\f(2πR2,v0y)＝eq\f(2πm,qB)軌跡與x軸相鄰交點之間的距離Δx＝v0cosθ·T＝eq\f(2πmv0cosθ,qB)；(3)①將粒子的初速度分解為沿x軸方向的分速度v0x和垂直x軸方向的分速度v0y，v0x＝v0cosθ，v0y＝v0sinθ洛倫茲力方向與x軸垂直，粒子在垂直x軸的平面內(nèi)做勻速圓周運動，在平行x軸方向由靜電力作用下做勻加速直線運動，粒子做螺距逐漸增大的“旋進”運動。②由qv0yB＝meq\f(v0y2,R3)，得粒子做圓周運動的半徑R3＝R2＝eq\f(mv0y,qB)＝eq\f(mv0sinθ,qB)，粒子離x軸的最大距離D3＝2R3＝eq\f(2mv0sinθ,qB)。③在x軸方向，qE＝ma，第三次與x軸相交時的位置坐標x＝v0xt＋eq\f(1,2)at2，從射出至第三次到x軸時間t＝3T＝eq\f(6πR3,v0y)＝eq\f(6πm,qB)，故x＝eq\f(6πm,qB)(v0cosθ＋eq\f(3πE,B))。拓展若電、磁場方向均沿x軸正方向，粒子射入磁場的方向與x軸垂直，如圖所示，粒子與x軸的交點坐標x1、x2、x3…滿足什么關(guān)系？答案見解析解析粒子做“旋進”運動，且到達x軸的時間間隔相等，在x軸方向做初速度為0的勻加速直線運動，故x1∶x2∶x3…＝1∶4∶9…。考點二帶電粒子在立體空間中的偏轉(zhuǎn)分析帶電粒子在立體空間中的運動時，要發(fā)揮空間想象力，確定粒子在空間的位置關(guān)系。帶電粒子依次通過不同的空間，運動過程分為不同的階段，只要分析出每個階段上的運動規(guī)律，再利用兩個空間交界處粒子的運動狀態(tài)和關(guān)聯(lián)條件即可解決問題。一般情況下利用降維法，要將粒子的運動分解為兩個互相垂直的分運動來求解。例2(2023·湖南長沙市二模)某質(zhì)譜儀部分結(jié)構(gòu)的原理圖如圖甲所示。在空間直角坐標系Oxyz的y>0區(qū)域有沿－z方向的勻強電場，電場強度大小為E，在y<0區(qū)域有沿－z方向的勻強磁場，在x＝－2d處有一足夠大的屏，俯視圖如圖乙。質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子從y軸上P(0，－d,0)點以初速度v0沿＋y方向射出，粒子第一次經(jīng)過x軸時速度方向與－x方向的夾角θ＝60°。不計粒子的重力，粒子打到屏上立即被吸收。求：(1)粒子的電性；(2)磁感應強度大小B；(3)粒子打到屏上位置的z軸坐標z1。答案(1)正電(2)eq\f(mv0,2dq)(3)－eq\f(6Eqd2,mv02)解析(1)粒子在磁場中的運動軌跡如圖由左手定則知粒子帶正電；(2)設(shè)粒子做圓周運動的半徑為r，由幾何關(guān)系有rcosθ＝d，根據(jù)洛倫茲力提供向心力qv0B＝meq\f(v02,r)，解得B＝eq\f(mv0,2dq)(3)設(shè)粒子經(jīng)過x軸時的坐標為－x1，則x1＋rsinθ＝2d粒子在y>0區(qū)域電場中做類平拋運動，在xOy平面內(nèi)沿v0方向做勻速直線運動，設(shè)粒子碰到屏前做類平拋運動的時間為t1，則v0cosθ·t1＝2d－x1，粒子運動的加速度a＝eq\f(Eq,m)在z軸負方向運動的距離z1′＝eq\f(1,2)at12解得t1＝eq\f(2\r(3)d,v0)，z1′＝eq\f(6Eqd2,mv02)所以打到屏上位置的z軸坐標z1＝－eq\f(6Eqd2,mv02)。1．(2022·重慶卷·5)2021年我國全超導托卡馬克核聚變實驗裝置創(chuàng)造了新的紀錄。為粗略了解等離子體在托卡馬克環(huán)形真空室內(nèi)的運動狀況，某同學將一小段真空室內(nèi)的電場和磁場理想化為方向均水平向右的勻強電場和勻強磁場(如圖)，電場強度大小為E，磁感應強度大小為B。若某電荷量為q的正離子在此電場和磁場中運動，其速度平行于磁場方向的分量大小為v1，垂直于磁場方向的分量大小為v2，不計離子重力，則()A．電場力的瞬時功率為qEeq\r(v12＋v22)B．該離子受到的洛倫茲力大小為qv1BC．v2與v1的比值不斷變大D．該離子的加速度大小不變答案D解析根據(jù)功率的計算公式可知P＝Fvcosθ，則電場力的瞬時功率為P＝Eqv1，A錯誤；由于v1與磁場B平行，則根據(jù)洛倫茲力的計算公式知F洛＝qv2B，B錯誤；離子在垂直于磁場方向做勻速圓周運動，沿磁場方向做加速運動，則v1增大，v2不變，v2與v1的比值不斷變小，C錯誤；離子受到的洛倫茲力大小不變，電場力大小不變，合力大小不變，則該離子的加速度大小不變，D正確。2．(2023·山東臨沂市一模)如圖所示，在平面坐標系xOy中，在x軸上方空間內(nèi)充滿勻強磁場Ⅰ，磁場方向垂直紙面向外，在第三象限內(nèi)存在沿y軸正方向的勻強電場，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電離子從x軸上的M(－3d,0)點射入電場，速度方向與x軸正方向夾角為45°，之后該離子從N(－d,0)點射入磁場Ⅰ，速度方向與x軸正方向夾角也為45°，速度大小為v，離子在磁場Ⅰ中的軌跡與y軸交于P點(圖中未畫出)，最后從Q(3d,0)點射出第一象限，不計離子重力。(1)求第三象限內(nèi)電場強度的大小E；(2)求出P點的坐標；(3)棱長為d的立方體中有垂直于AA′C′C面的勻強磁場Ⅱ，立方體的ABCD面剛好落在坐標系xOy平面內(nèi)的第四象限，A點與Q點重合，AD邊沿x軸正方向，離子從Q點射出后在該立方體內(nèi)發(fā)生偏轉(zhuǎn)，且恰好通過C′點，設(shè)勻強磁場Ⅰ的磁感應強度為B1，勻強磁場Ⅱ的磁感應強度為B2，求B1與B2的比值。答案(1)eq\f(mv2,2qd)(2)[0，(eq\r(7)－2)d](3)eq\f(3\r(2),8)解析(1)設(shè)離子在M點的速度大小為v′，則v′cos45°＝vcos45°，則v′＝v設(shè)離子在電場中從M點到N點運動的時間為t，加速度為a，則2d＝vtcos45°，a＝eq\f(qE,m)t＝eq\f(2vsin45°,a)，解得電場強度大小E＝eq\f(mv2,2qd)(2)離子的運動軌跡，如圖所示，由幾何關(guān)系可知R1＝2eq\r(2)d設(shè)P點的縱坐標為yP，則R12＝d2＋(yP＋2d)2解得yP＝(eq\r(7)－2)d則P點的坐標為[0，(eq\r(7)－2)d](3)離子在勻強磁場Ⅰ中有qvB1＝meq\f(v2,R1)設(shè)離子在勻強磁場Ⅱ中做勻速圓周運動的半徑R2，則qvB2＝meq\f(v2,R2)離子在AA′C′C平面內(nèi)的運動軌跡，如圖所示，由幾何關(guān)系R22＝(eq\r(2)d)2＋(R2－d)2解得R2＝eq\f(3,2)d聯(lián)立解得eq\f(B1,B2)＝eq\f(R2,R1)，代入數(shù)據(jù)得eq\f(B1,B2)＝eq\f(3\r(2),8)。3.某離子實驗裝置的基本原理圖如圖所示，截面半徑為R的圓柱腔分為兩個工作區(qū)，Ⅰ區(qū)長度d＝4R，內(nèi)有沿y軸正向的勻強電場，Ⅱ區(qū)內(nèi)既有沿z軸負向的勻強磁場，又有沿z軸正向的勻強電場，電場強度與Ⅰ區(qū)電場強度等大。現(xiàn)有一正離子從左側(cè)截面的最低點A處以初速度v0沿z軸正向進入Ⅰ區(qū)，經(jīng)過兩個區(qū)域分界面上的B點進入Ⅱ區(qū)，在以后的運動過程中恰好未從圓柱腔的側(cè)面飛出，最終從右側(cè)截面上的C點飛出，B點和C點均為所在截面處豎直半徑的中點(如圖所示)，已知離子質(zhì)量為m、電荷量為q，不計離子重力，求：(1)電場強度的大小；(2)離子到達B點時速度的大小；(3)Ⅱ區(qū)中磁感應強度的大??；(4)Ⅱ區(qū)的長度L應為多大。答案(1)eq\f(3mv02,16Rq)(2)eq\f(5,4)v0(3)eq\f(2mv0,qR)(4)nπR＋eq\f(3n2π2,32)R(n＝1,2,3，…)解析(1)離子在Ⅰ區(qū)做類平拋運動，根據(jù)類平拋運動的規(guī)律有4R＝v0t，eq\f(3R,2)＝eq\f(1,2)at2，根據(jù)牛頓第二定律有a＝eq\f(Eq,m)，解得電場強度的大小為E＝eq\f(3mv02,16Rq)。(2)類平拋過程由動能定理有eq\f(3EqR,2)＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，解得離子到達B點時速度的大小為v＝eq\f(5,4)v0。(3)離子在Ⅱ區(qū)內(nèi)做復雜的旋進運動。將該運動分解為垂直于B方向平面內(nèi)的勻速圓周運動和z軸正方向的勻加速直線運動，根據(jù)題意可得，在圓柱腔截面上的勻速圓周運動軌跡如圖所示。設(shè)臨界圓半徑為r，根據(jù)幾何知識有(R－r)2＝r2＋eq\f(R2,4)，解得離子的軌道半徑為r＝eq\f(3,8)R，離子沿y軸正方向的速度為vy＝eq\r(v2－v02)＝eq\f(3,4)v0，則根據(jù)洛