增分微點9　帶電粒子在立體空間的運動-2026版大一輪高考物理復習

帶電粒子在立體空間的運動考點一帶電粒子的螺旋線運動和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?，F(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某實驗裝置的基本原理如圖1所示，平行正對放置半徑均為R、間距為d的圓形金屬板，M、N的圓心分別為O1、O2，位于O1處的粒子源能向兩板間各個方向發(fā)射質量為m、電荷量為q的帶正電的粒子，不計粒子重力及相互間作用，忽略邊緣效應。圖1(1)僅在兩板間加電壓U，兩板間產(chǎn)生方向沿O1O2方向的勻強電場。求粒子源發(fā)射出的粒子速度大小v0滿足什么條件時能全部擊中N板？(2)僅在兩板間加方向沿O1O2方向的有界勻強磁場，磁感應強度大小為B，求粒子源發(fā)射出的方向與O1O2連線成θ(0<θ<90°)角的粒子速度大小v滿足什么條件時能全部擊中N板？(3)若兩板間同時存在方向都沿O1O2方向的勻強電場和勻強磁場，磁感應強度大小為B，粒子源發(fā)射出速度大小均為v，方向垂直于O1O2連線的粒子，全部落在半徑為eq\f(2mv,qB)的圓周上(eq\f(2mv,qB)<R)，求電場強度的大小。答案(1)v0≤eq\f(R,d)eq\r(\f(qU,2m))(2)v≤eq\f(qBR,2msinθ)(3)eq\f(2qB2d,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2n＋1))2π2m)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＝0，1，2，3，…))解析(1)速度方向與電場強度方向垂直的粒子擊中N板，則全部粒子擊中N板。當速度方向與電場強度方向垂直的粒子擊中N板邊緣時，有R＝v0t，d＝eq\f(1,2)at2其中a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)解得v0＝eq\f(R,d)eq\r(\f(qU,2m))所以，速度大小應滿足v0≤eq\f(R,d)eq\r(\f(qU,2m))。(2)粒子源發(fā)射出的方向與O1O2連線成θ(0<θ<90°)角的粒子，做螺旋線運動，垂直磁感應強度方向的分速度大小為vy＝vsinθ根據(jù)洛倫茲力提供向心力qvyB＝eq\f(mveq\o\al(2,y),r)若粒子全部擊中N板，則r≤eq\f(R,2)解得v≤eq\f(qBR,2msinθ)。(3)設粒子在兩板間運動時間為t，在磁場中周期為T，則應該滿足t＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,2)))T(n＝0，1，2，3，…)根據(jù)d＝eq\f(1,2)at2其中a＝eq\f(qE,m)由qvB＝meq\f(v2,r)、T＝eq\f(2πr,v)得粒子做圓周運動的周期T＝eq\f(2πm,qB)聯(lián)立解得E＝eq\f(2qB2d,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2n＋1))2π2m)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＝0，1，2，3，…))。如圖2所示，質子以初速度v進入磁感應強度為B且足夠大的勻強磁場中，速度方向與磁場方向的夾角為θ。已知質子的質量為m、電荷量為e。質子重力不計，則下列說法正確的是()圖2A.質子運動的軌跡為螺旋線，螺旋線的中軸線方向垂直于紙面向里B.質子在垂直于磁場平面做圓周運動的半徑為eq\f(mvcosθ,eB)C.質子做螺旋線運動的周期為eq\f(2πm,eBsinθ)D.一個周期內(nèi)，質子沿著螺旋線軸線方向運動的距離(即螺距)為eq\f(2πmvcosθ,eB)答案D解析將質子的初速度分解為垂直于磁場方向的速度v1＝vsinθ，沿磁場方向的速度v2＝vcosθ，質子沿垂直磁場方向做勻速圓周運動，沿磁場方向做勻速直線運動，則質子運動的軌跡為螺旋線，螺旋線的中軸線方向平行磁場方向，選項A錯誤；質子做螺旋線運動的半徑為r＝eq\f(mv1,eB)＝eq\f(mvsinθ,eB)，選項B錯誤；質子做螺旋線運動的周期為T＝eq\f(2πr,v1)＝eq\f(2πm,eB)，選項C錯誤；一個周期內(nèi)，質子沿著螺旋線軸線方向運動的距離(即螺距)為x＝v2T＝eq\f(2πmvcosθ,eB)，選項D正確?？键c二帶電粒子在立體空間中的偏轉例2某離子加速偏轉實驗裝置部分的示意圖如圖3所示，z軸正方向垂直于xOy平面向外。α粒子在加速器內(nèi)經(jīng)電壓U加速后，在S(0，L，0)點沿x軸正方向進入Ⅰ區(qū)域，該區(qū)域沿x軸方向的寬度為L，區(qū)域內(nèi)存在沿y軸正方向的勻強電場，電場強度大小E＝eq\f(2U,L)。α粒子經(jīng)偏轉后進入Ⅱ區(qū)域，該區(qū)域沿x軸方向的寬度為3L，內(nèi)部某圓形區(qū)域存在沿z軸正方向的勻強磁場，磁感應強度大小為B＝eq\f(1,L)eq\r(\f(Um,e))。α粒子經(jīng)過Ⅱ區(qū)域的磁場后速度方向偏轉90°，再進入Ⅲ區(qū)域，該區(qū)域存在沿x軸正方向的勻強磁場，磁感應強度大小為2B，α粒子離開Ⅲ區(qū)域時速度方向平行于xOz平面，且與z軸負方向成45°角。已知α粒子的電荷量為2e、質量為m，不計粒子重力。求：圖3(1)α粒子在Ⅰ區(qū)域內(nèi)沿y軸方向的側移量y1；(2)Ⅱ區(qū)域內(nèi)圓形磁場區(qū)域的最小面積Smin；(3)Ⅲ區(qū)域沿x軸方向的可能寬度d。答案(1)eq\f(L,2)(2)πL2(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(3,4)))πL(n＝0，1，2，…)解析(1)α粒子經(jīng)過加速器過程，根據(jù)動能定理可得2eU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v0＝eq\r(\f(4eU,m))α粒子在Ⅰ區(qū)域內(nèi)做類平拋運動，則有L＝v0t，y1＝eq\f(1,2)at2，a＝eq\f(2eE,m)聯(lián)立解得y1＝eq\f(EL2,4U)＝eq\f(L,2)。(2)α粒子離開Ⅰ區(qū)域時速度大小為v，與x軸正方向的夾角為θ，則有v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))，tanθ＝eq\f(vy,v0)，vy＝at聯(lián)立解得vy＝v0，v＝eq\r(2)v0＝eq\r(\f(8eU,m))，θ＝45°α粒子進入Ⅱ區(qū)域中圓形區(qū)域的勻強磁場中，由洛倫茲力提供向心力得2evB＝meq\f(v2,r)解得r＝eq\f(mv,2eB)＝eq\r(2)Lα粒子經(jīng)過Ⅱ區(qū)域的磁場后速度方向偏轉90°，如圖所示當α粒子軌跡對應弦長等于圓形磁場直徑時，圓形磁場的面積最小，則有R＝eq\f(\r(2),2)r＝LⅡ區(qū)域內(nèi)圓形磁場區(qū)域的最小面積為Smin＝πR2＝πL2。(3)α粒子進入Ⅲ區(qū)域時速度方向與y軸負方向成45°角，將α粒子進入Ⅲ區(qū)域時的速度分解到＋x軸方向和－y方向，則有vx＝v0＝eq\r(\f(4eU,m))vy′＝v0＝eq\r(\f(4eU,m))由于磁場方向沿x軸正方向，則α粒子沿x軸正方向以v0做勻速直線運動，同時α粒子在yOz平面內(nèi)做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力可得2evy′·2B＝meq\f(vy′2,r2)解得r2＝eq\f(1,2)L根據(jù)題意有α粒子離開Ⅲ區(qū)域時速度方向平行于xOz平面，且與z軸負方向成45°角，由于vx＝v0＝vy′則α粒子在yOz平面內(nèi)做勻速圓周運動離開時速度方向剛好沿z軸負方向，α粒子在Ⅲ區(qū)域中的運動時間為t＝(n＋eq\f(3,4))T＝(n＋eq\f(3,4))·eq\f(2πr2,vy′)＝eq\f(（n＋\f(3,4)）πL,v0)(n＝0，1，2，…)則Ⅲ場區(qū)沿x軸方向的寬度為d＝vxt＝v0t＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(3,4)))πL(n＝0，1，2，…)。1.(2022·重慶卷，5)2021年中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1)，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()圖1A.靜電力的瞬時功率為qEeq\r(veq\o\al(2,1)＋veq\o\al(2,2))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，則靜電力的瞬時功率為P＝qEv1，A錯誤；由于v1與磁感應強度B平行，則根據(jù)洛倫茲力的計算公式知F洛＝qv2B，B錯誤；根據(jù)運動的合成與分解可知，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；離子受到的安培力不變，靜電力不變，則該離子的加速度大小不變，D正確。2.(2024·湖北武漢模擬)如圖2所示，在空間直角坐標系中，yOz平面左側存在沿z軸正方向的勻強磁場，右側存在沿y軸正方向的勻強磁場，左、右兩側磁場的磁感應強度大小相等；yOz平面右側還有沿y軸負方向的勻強電場?，F(xiàn)從空間中坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(3)d，0，0))的M點發(fā)射一質量為m，電荷量為＋q的粒子，粒子的初速度大小為v0、方向沿xOy平面，與x軸正方向的夾角為60°；經(jīng)一段時間后粒子恰好垂直于y軸進入yOz平面右側，軌跡上離yOz平面最遠的點恰好落在xOz平面上，不計粒子的重力。求：圖2(1)在yOz平面左側勻強磁場的磁感應強度B；(2)在yOz平面右側勻強電場的電場強度E；(3)粒子第2次經(jīng)過yOz平面時的位置坐標。答案(1)eq\f(mv0,2qd)(2)eq\f(2mveq\o\al(2,0),π2qd)(3)(0，－3d，4d)解析(1)粒子在yOz平面做圓周運動的半徑r1＝eq\f(\r(3)d,sin60°)＝2d根據(jù)qv0B＝meq\f(veq\o\al(2,0),r1)可得左側勻強磁場的磁感應強度B＝eq\f(mv0,2qd)。(2)粒子第一次經(jīng)過y軸后在y軸負方向上做勻加速運動，同時在洛倫茲力作用下做圓周運動，因軌跡上離yOz平面最遠的點恰好落在xOz平面上，可知粒子到達xOz平面上時恰好做eq\f(1,4)個圓周運動，則所用時間t＝eq\f(T,4)＝eq\f(πd,v0)豎直方向eq\f(1,2)r1＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)t2解得E＝eq\f(2mveq\o\al(2,0),π2qd)。(3)粒子第2次經(jīng)過yOz平面時做半個圓周運動，則所用時間為t′＝2t＝eq\f(2πd,v0)沿y軸負方向做勻加速運動，因在xOz平面上方和下方用時相等，可知位置坐標y＝－3d沿z軸坐標z＝2r2＝2r1＝4d即粒子第2次經(jīng)過yOz平面時的位置坐標為(0，－3d，4d)。3.(2024·山東濰坊高三聯(lián)考)某離子束實驗裝置的基本原理如圖3甲所示，在半徑為R的圓柱形底面建立空間直角坐標系，坐標原點與圓柱底面圓心重合。圓柱形區(qū)域內(nèi)存在沿z軸負方向、電場強度為E的勻強電場，圓柱形區(qū)域正上方存在沿x軸負方向、磁感應強度為B0的勻強磁場。如圖乙所示，從離子源不斷飄出電荷量為q、質量為m的正離子，經(jīng)電場加速后從圓柱形邊界正上方沿y軸負方向進入磁場，恰好在圓柱頂面圓心處與y軸正方向成θ角斜向下射出磁場，進入圓柱形區(qū)域內(nèi)的電場中，最后落在圓柱底面上坐標為(0，R，0)的D點(圖中未畫出)，不計離子重力。圖3(1)求加速裝置的電壓U；(2)求圓柱形區(qū)域的高度h；(3)在離子進入圓柱形區(qū)域時，在圓柱形區(qū)域內(nèi)加一個磁感應強度大小為B0、方向沿z軸周期性變化的磁場，以z軸正方向為正方向，離子進入圓柱形區(qū)域的時刻為計時起點，磁場的變化如圖丙所示。已知磁場方向變化的周期為eq\f(4πm,qB0)，tanθ＝2，求該離子打在圓柱形底面的位置坐標。答案(1)eq\f(qBeq\o\al(2,0)R2,2msin2θ)(2)Rtanθ＋eq\f(mEtan2θ,2qBeq\o\al(2,0))(3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(R,2)（1－cos2），\f(R,2)sin2，0))解析(1)設離子進入磁場的速度為v，根據(jù)動能定理，有qU＝eq\f(1,2)mv2離子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，有qvB0＝meq\f(v2,r)根據(jù)幾何關系，有sinθ＝eq\f(R,r)解得v＝eq\f(qB0R,msinθ)，U＝eq\f(qBeq\o\al(2,0)R2,2msin2θ)。(2)離子在圓柱形區(qū)域內(nèi)的電場中沿y軸正方向做勻速直線運動，沿z軸負方向做勻加速直線運動，則沿y軸正方向有R＝vyt＝vtcosθ沿z軸負方向有h＝vzt