课时跟踪检测（四十四） 带电粒子在立体空间运动问题

课时跟踪检测（四十四）带电粒子在立体空间运动问题1．(多选)中科院等离子体物理研究所设计制造了全超导非圆界面托卡马克实验装置(EAST)，这是我国科学家率先建成的世界上第一个全超导核聚变“人造太阳”实验装置。将原子核在约束磁场中的运动简化为带电粒子在匀强磁场中的运动，如图所示。磁场方向水平向右，磁感应强度大小为B，甲粒子速度方向与磁场垂直，乙粒子速度方向与磁场方向平行，丙粒子速度方向与磁场方向间的夹角为θ，所有粒子的质量均为m，电荷量均为＋q，且粒子的初速度方向在纸面内，不计粒子重力和粒子间的相互作用，则()A．甲粒子受力大小为qvB，方向水平向右B．乙粒子的运动轨迹是直线C．丙粒子在纸面内做匀速圆周运动，其动能不变D．从图中所示状态，经过eq\f(2πm,qB)时间后，丙粒子位置改变了eq\f(2πmvcosθ,qB)解析：选BD甲粒子受洛伦兹力大小为qvB，根据左手定则可知方向垂直于纸面向里，故A错误；乙粒子速度方向与磁感应强度方向平行，不受洛伦兹力作用，所以运动轨迹是直线，故B正确；将丙粒子速度v在沿磁感应强度方向和垂直磁感应强度方向分解为v1和v2，其中v1对应的分运动为水平向右做匀速直线运动，v2对应的分运动为在垂直纸面的平面内做匀速圆周运动，所以丙粒子的合运动为螺旋线运动，由于洛伦兹力不做功，所以其动能不变，故C错误；对丙粒子在垂直于纸面内的匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有qv2B＝eq\f(mv22,r)，解得r＝eq\f(mv2,Bq)，所以周期为T＝eq\f(2πr,v2)＝eq\f(2πm,Bq)，丙粒子在沿磁感应强度方向做匀速直线运动的速度为v1＝vcosθ，经过一个周期的时间，丙粒子位置改变了x＝v1T＝eq\f(2πmvcosθ,qB)，故D正确。2.如图所示，在yOz平面的左方空间内存在沿y轴负方向、磁感应强度大小为B的匀强磁场；在yOz平面右方空间内分布着沿z轴负方向、磁感应强度大小也为B的匀强磁场(图中磁场未画出)。在t＝0时刻，一个质量为m、电荷量为q的带正电微粒从O点以速度v向x轴正方向运动，且微粒每次穿过yOz平面时速度大小总变为原来的eq\f(3,4)。求t＝eq\f(7πm,2qB)时，微粒所在位置的坐标。(不计微粒的重力)解析：微粒运动过程中速度始终与所在位置的磁场垂直，当穿过yOz平面速度大小变为原来的eq\f(3,4)后，运动的轨道半径也将变为原来的eq\f(3,4)，但不影响微粒在磁场中运动的周期大小，所以微粒在yOz平面左右空间各运动半个周期后交替运动，且每次的半径变为原来的eq\f(3,4)。由于运动时间t＝eq\f(7πm,2qB)＝eq\f(7,4)T，因此在yOz平面右方运动的轨迹为两个半圆，微粒在yOz平面左方运动的轨迹为一个半圆和一个四分之一圆周。粒子运动的轨迹是一个三维的空间图形，其在平面xOy上的投影如图1所示，在平面xOz的投影如图2所示。由qvB＝meq\f(v2,R)，可知半径R＝eq\f(mv,qB)。因此：x轴坐标为：x＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))3R＝－eq\f(27mv,64qB)，y轴坐标为：y＝R×2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))2R×2＝eq\f(25mv,8qB)，z轴坐标为：z＝eq\f(3,4)R×2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))3R＝eq\f(123mv,64qB)。因此微粒所在位置的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(27mv,64qB)，\f(25mv,8qB)，\f(123mv,64qB)))。答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(27mv,64qB)，\f(25mv,8qB)，\f(123mv,64qB)))3．(2023·嘉兴模拟)某离子实验装置的基本原理如图所示，截面半径为R的圆柱腔分为两个工作区，Ⅰ区长度d＝4R，内有沿y轴正向的匀强电场，Ⅱ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Ⅰ区电场等大。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Ⅰ区，经过两个区域分界面上的B点进入Ⅱ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，电量为q，不计重力，求：(1)电场强度的大小；(2)离子到达B点时速度的大小；(3)Ⅱ区中磁感应强度大小；(4)Ⅱ区的长度L。解析：(1)离子在Ⅰ区做类平抛运动，根据类平抛规律有4R＝v0teq\f(3R,2)＝eq\f(1,2)at2根据牛顿第二定律有a＝eq\f(Eq,m)解得电场强度的大小为E＝eq\f(3mv02,16Rq)。(2)类平抛过程由动能定理有eq\f(3EqR,2)＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02解得离子到达B点时速度的大小为v＝eq\f(5,4)v0。(3)离子在Ⅱ区做复杂的旋进运动，将该运动分解为圆柱腔截面上的匀速圆周运动和沿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(R－r)2＝r2＋eq\f(R2,4)解得离子的轨迹半径为r＝eq\f(3,8)R离子沿y轴正方向的速度为vy＝eq\r(v2－v02)＝eq\f(3,4)v0则根据洛伦兹力提供向心力有qvyB＝eq\f(mvy2,r)解得Ⅱ区中磁感应强度大小为B＝eq\f(2mv0,qR)。(4)离子在圆柱腔截面上做匀速圆周运动的周期为T＝eq\f(2πr,vy)离子在z轴的正方向做匀加速直线运动，根据匀变速直线运动的位移公式可得L＝v0nT＋eq\f(1,2)a(nT)2联立解得，Ⅱ区的长度L为L＝nπR＋eq\f(3n2π2,32)R，n＝1,2,3…答案：(1)eq\f(3mv02,16Rq)(2)eq\f(5,4)v0(3)eq\f(2mv0,qR)(4)L＝nπR＋eq\f(3n2π2,32)R，n＝1,2,3…4．如图所示，某粒子分析器由区域Ⅰ、区域Ⅱ和检测器Q组成。两个区域以垂直z轴的平面P为界，其中区域Ⅰ内有沿着z轴正方向的匀强磁场和匀强电场，区域Ⅱ内只有沿着z轴正方向的匀强磁场，电场强度大小为E，两个区域内的磁感应强度大小均为B。当粒子撞击检测器Q时，检测器被撞击的位置会发光。检测器中心在z轴上，在检测器所在平面上建立与xOy坐标系平行的坐标系。一质量为m、带电荷量为q的带正电粒子从A点沿x轴正方向以初速度v0射入，若区域Ⅰ内只存在匀强磁场，粒子轨迹圆的圆心恰好是O点，平面P到O点的距离L＝eq\f(2π2mE,qB2)，运动过程中粒子所受重力可以忽略不计。(1)求A点的位置，用坐标(x，y)表示；(2)若区域Ⅰ只有匀强电场E，当检测器Q置于平面P所在位置时，求检测器上发光点的位置，用坐标(x′，y′)表示；(3)当检测器距O点的距离为d时，求检测器上发光点的位置，用坐标(x′，y′)表示。解析：(1)由洛伦兹力提供向心力，有qv0B＝meq\f(v02,R)解得R＝eq\f(mv0,qB)则A点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(mv0,qB)))。(2)粒子在区域Ⅰ中做类平抛运动，有eq\f(2π2mE,qB2)＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)t12，解得t1＝eq\f(2πm,qB)则x′＝v0t1＝eq\f(2πmv0,qB)则发光点的位置为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2πmv0,qB)，\f(mv0,qB)))。(3)①当d≤L时，粒子的运动可以分解为沿z轴方向初速度为零的匀加速直线运动和xOy平面内速度为v0的匀速圆周运动，d＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)t22解得t2＝eq\r(\f(2md,qE))根据qv0B＝mω2R，解得ω＝eq\f(qB,m)则x′＝Rsinωt2＝eq\f(mv0,qB)sineq\r(\f(2dqB2,mE))y′＝Rcosωt2＝eq\f(mv0,qB)coseq\r(\f(2dqB2,mE))发光点的位置坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mv0,qB)sin\r(\f(2dqB2,mE))，\f(mv0,qB)cos\r(\f(2dqB2,mE))))。②当d>L时，在区域Ⅱ内粒子的运动可以分解为沿z轴方向的匀速直线运动和xOy平面内速度为v0的匀速圆周运动，刚出区域Ⅰ时，粒子的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(mv0,qB)，L))，沿z轴的速度为v＝eq\f(2πE,B)粒子在区域Ⅱ运动的时间t3＝eq\f(d－L,v)＝eq\f(dB,2πE)－eq\f(πm,qB)根据几何关系可知，打在检测器上的坐标为x′＝Rsinωt3＝－eq\f(mv0,qB)sineq\f(dqB2,2πmE)y′＝Rcosωt3＝－eq\f(mv0,qB)coseq\f(dqB2,2πmE)发光点的位置坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(mv0,qB)sin\f(dqB2,2πmE)，－\f(mv0,qB)cos\f(dqB2,2πmE)))。答案：(1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(mv0,qB)))(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2πmv0,qB)，\f(mv0,qB)))(3)当d≤L时坐标为eq\f(mv0,qB)sineq\r(\f(2dqB2,mE))，eq\f(mv0,qB)coseq\r(\f(2dqB2,mE))，当d>L时，坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(mv0,qB)sin\f(dqB2,2πmE)，－\f(mv0,qB)cos\f(dqB2,2πmE)))5．如图甲所示建立立体空间坐标系，P为与xOy平面平行放置的竖直屏，与z轴垂直相交于z＝0.45m处。如图乙所示，粒子源位于xOy平面内的第二象限内，粒子源飘出初速度为零的正粒子，加速电场负极板与yOz平面重合，加速电压U＝1.0×103V。粒子加速后从y轴上小孔M进入第一象限，M点对应坐标y1＝0.04m。在x轴上方Ⅰ区域(0＜x＜x1)内存在沿z轴负方向的匀强磁场，磁感应强度B1＝2T，在x轴上方Ⅱ区域(x1＜x<x2)内存在沿z轴正方向的匀强磁场B2，在Ⅱ区域和x轴下方存在沿z轴正方向的匀强电场E(未画出)。已知粒子质量m＝2.0×10－13kg，电荷量q＝1.0×10－8C，坐标x1＝0.08m、x2＝0.2m，电场强度E＝2.0×104N/C，不计粒子的重力和空气的影响，粒子恰好不从Ⅱ区域右边界射出。取π＝3。求：(1)粒子经过Ⅰ、Ⅱ区域边界N点到x轴的距离y2；(2)Ⅱ区域内的磁感应强度B2的大小；(3)粒子打在P屏上位置的y坐标。解析：(1)粒子经加速区加速：qU＝eq\f(1,2)mv2－0①在Ⅰ区域内洛伦兹力提供向心力：qvB1＝eq\f(mv2,r1)②设粒子射出Ⅰ区域时速度偏角为θ，则：x1＝r1sinθ ③N点到x轴的距离：y2＝y1＋r1(1－cosθ)④解得：y2＝0.08m。 ⑤(2)粒子在Ⅱ区域内垂直电磁场方向做匀速圆周运动，半径为r2由几何关系得：x2－x1＝r2(sinθ＋1) ⑥洛伦兹力提供向心力：qvB