素养提升21⇒带电粒子在三维空间中的运动

带电粒子在三维空间中的运动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变速直线运动和垂直于磁场平面的匀速圆周运动。【例1】（2024·四川成都模拟）我国最北的城市漠河地处高纬度地区，在晴朗的夏夜偶尔会出现美丽的彩色“极光”。极光是宇宙中高速运动的带电粒子受地球磁场影响，与空气分子作用的发光现象，若宇宙粒子带正电，因入射速度与地磁方向不垂直，故其轨迹偶成螺旋状（如图）（相邻两个旋转圆之间的距离称为螺距Δx）。下列说法正确的是 （）A.带电粒子进入大气层后与空气发生相互作用，在地磁场作用下的旋转半径会越来越大B.若越靠近两极地磁场越强，则随着纬度的增加，以相同速度入射的宇宙粒子的半径越大C.漠河地区看到的“极光”将以逆时针方向（从下往上看）向前旋进D.当不计空气阻力时，若入射粒子的速率不变仅减小与地磁场的夹角，则旋转半径减小，而螺距Δx增大答案：D解析：带电粒子进入大气层后，由于与空气相互作用，粒子的运动速度会变小，在洛伦兹力作用下的偏转半径r＝mvBq会变小，A错误；若越靠近两极地磁场越强，则随着纬度的增加地磁场变强，其他条件不变，则半径变小，B错误；漠河地区的地磁场竖直分量是竖直向下的，宇宙粒子入射后，由左手定则可知，从下往上看将以顺时针的方向向前旋进，C错误；当不计空气阻力时，将带电粒子的运动沿磁场方向和垂直于磁场方向进行分解，沿磁场方向将做匀速直线运动，垂直于磁场方向做匀速圆周运动，若带电粒子运动速率不变，与磁场的夹角变小，则速度的垂直分量变小，故粒子在垂直于磁场方向的运动半径会减少，而速度沿磁场方向的分量变大，故沿磁场方向的匀速直线运动将变快，则螺距Δx将增大，D【例2】（2024·山东菏泽模拟）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α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α粒子的重力。求：（1）α粒子离x轴的最远距离；（2）α粒子从O点射出后，第3次与x轴相交时的动能。答案：（1）23mv0qB（2）解析：（1）由题意可知α粒子的质量为mα＝4m、电荷量为qα＝2q，将α粒子的初速度分解成沿x轴方向的分速度vx与垂直x轴方向的分速度vy，则有vx＝v0cos60°＝12v0，vy＝v0sin60°＝32v0，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α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和沿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qαvyB＝mαvy2r，解得圆周运动半径r＝mαvyqαB＝4m（2）α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t＝3T＝3×2πmαqαB＝12πmqB，沿x轴方向做匀加速直线运动所通过的位移x＝vxt＋12at2，又加速度α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qαEx＝Ek－12mα联立解得α粒子从O点射出后，第3次与x轴相交时的动能Ek＝2mv02＋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·山东高考17题）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，其部分电磁场简化模型如图所示，在三维坐标系Oxyz中，0＜z≤d空间内充满匀强磁场Ⅰ，磁感应强度大小为B，方向沿x轴正方向；－3d≤z＜0、y≥0的空间内充满匀强磁场Ⅱ，磁感应强度大小为22B，方向平行于xOy平面、与x轴正方向夹角为45°；z＜0、y≤0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β，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Ⅰ（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qBd2m的速度从O点沿z轴正方向第一次穿过xOy面进入磁场Ⅰ，求第四次穿过xOy平面的位置坐标（用d（4）当离子甲以qBd2m的速度从O点进入磁场Ⅰ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Ⅰ，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Δt（忽略离子间相互作用答案：（1）mv02sinβcosβqL（2）Bqdm（3）（解析：（1）离子甲从A点射入电场，由O点沿＋z方向射出，只受沿－y方向电场力的作用，所以在＋z方向上，离子甲做匀速直线运动，在从A到O的运动过程中，则在＋z方向上有L＝v0tcosβ在＋y方向上有0＝v0sinβ－at由牛顿第二定律有Eq＝ma解得E＝mv（2）离子甲进入磁场Ⅰ中，当离子甲运动轨迹与磁场Ⅰ上边界相切时，由洛伦兹力充当向心力有qv1B＝mv1其轨迹半径R1＝d经半个圆周由（0，2d，0）进入磁场Ⅱ，然后在垂直匀强磁场Ⅱ的平面内运动，由洛伦兹力充当向心力有qv1·22B＝mv解得R2＝2d轨迹恰与xOz平面相切，则此时离子甲速度最大，即vm＝v1＝Bqdm（3）离子甲以v2＝Bqd2m射入磁场Ⅰ，则离子甲在磁场Ⅰ中的轨迹半径R1'＝d2，离子甲在磁场Ⅰ中转半个圆周，由y轴上（0，d，0）处第二次穿过xOy面进入磁场Ⅱ，在磁场Ⅱ中的轨迹半径为R2'＝22d，离子甲在磁场Ⅱ中偏转半个圆周，由x轴上（d，0，0）处第三次穿过xOy面进入磁场Ⅰ，速度方向平行于z轴正方向，再在磁场Ⅰ中偏转半个圆周第四次穿过xOy面，轨迹如图甲所示，所以离子第四次穿越xOy平面的位置坐标为（d，d（4）设离子乙的速度为v2'，根据离子甲、乙动能相同可得12mv2＝12×4mv2解得v2'＝12v由（3）问可知离子甲在磁场Ⅰ、Ⅱ中运动的轨迹半径分别为R1'＝d2，R2'＝22则离子乙在磁场Ⅰ、Ⅱ中的轨迹半径分别为R1″＝d，R2″＝2d，根据几何关系可知离子甲、乙运动轨迹第一个交点如图乙所示。从O点进入磁场到第一个交点过程，有t甲＝T甲1＋T甲2＝2πmqB＋2t乙＝T乙12＋T乙22＝可得离子甲、乙到达它们运动轨迹第一个交点时间差为Δt＝t乙－t甲＝2（跟踪训练·巩固提升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θ。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mvC.质子做螺旋线运动的周期为2D.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2解析：D将质子的初速度分解为垂直于磁场方向的速度v1＝vsinθ，沿磁场方向的速度v2＝vcosθ，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向，选项A错误；质子做螺旋线运动的半径为r＝mv1eB＝mvsinθeB，选项B错误；质子做螺旋线运动的周期为T＝2πrv1＝2πmeB，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2.（2022·重庆高考5题）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。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qEvB.该离子受到的洛伦兹力大小为qv1BC.v2与v1的比值不断变大D.该离子的加速度大小不变解析：D根据功率的计算公式可知P＝Fvcosθ，则电场力的瞬时功率为P＝Eqv1，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；根据运动的分解规律可知，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；离子受到的洛伦兹力不变，静电力不变，则该离子的加速度大小不变，D正确。3.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v0＝10m/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＝πmq，g取10m/s2（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）102m/s（2）5π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t＝T2＝πmqB＝1s，则离开磁场时在竖直方向上的速度vy＝gt＝10m/s，故小球离开磁场时的速度大小为v＝v02（2）小球离开磁场时在竖直方向的位移大小为y＝12gt2＝5m，小球在水平方向做匀速圆周运动有qv0B＝mv02R，解得R＝mv0qB，水平方向位移为直径，即x＝2R＝2mv0qB4.（2021·1月浙江选考22题）在芯片制造过程中，离子注入是其中一道重要的工序。如图所示是离子注入工作原理示意图，离子经加速后沿水平方向进入速度选择器，然后通过磁分析器，选择出特定比荷的离子，经偏转系统后注入处在水平面内的晶圆（硅片）。速度选择器、磁分析器和偏转系统中的匀强磁场的磁感应强度大小均为B，方向均垂直纸面向外；速度选择器和偏转系统中的匀强电场场强大小均为E，方向分别为竖直向上和垂直纸面向外。磁分析器截面是内外半径分别为R1和R2的四分之一圆环，其两端中心位置M和N处各有一个小孔；偏转系统中电场和磁场的分布区域是同一边长为L的正方体，其底面与晶圆所在水平面平行，间距也为L。当偏转系统不加电场及磁场时，离子恰好竖直注入到晶圆上的O点（即图中坐标原点，x轴垂直纸面向外）。整个系统置于真空中，不计离子重力，打在晶圆上的离子，经过电场和磁场偏转的角度都很小。当α很小时，有sinα≈tanα≈α，cosα≈1－12α2。求（1）离子通过速度选择器后的速度大小v和磁分析器选择出来离子的比荷qm（2）偏转系统仅加电场时离子注入晶圆的位置，用坐标（x，y）表示；（3）偏转系统仅加磁场时离子注入晶圆的位置，用坐标（x，y）表示；（4）偏转系统同时加上电场和磁场时离子注入晶圆的位置，用坐标（x，y）表示，并说明理由。答案：见解析解析：（1）通过速度选择器离子的速度v＝E从磁分析器中心孔N射出离子的运动半径为R＝R由mv2R＝qvB，得qm＝（2）经过电场后，离子在x方向偏转的距离x1＝1tanθ＝qEL离开电场后，离子在x方向偏移的距离x2＝Ltanθ＝qEx＝x1＋x2＝3qEL位置坐标为3L（3）离子进入磁场后做圆周运动半径r＝mvsinα＝L经过磁场后，离子在y方向偏转距离y1＝r（1－cosα）≈L离开磁场后，离子在y方向偏移距离y2＝Ltanα≈2y＝y1＋y2≈3位置坐标为（0，3L。（4）注入晶圆的位置坐标为3电场引起的速度增量对y方向的运动不产生影响。5.（2021·山东等级考17题）某离子实验装置的基本原理如图甲所示。Ⅰ区宽度为d，左边界与x轴垂直交于坐标原点O，其内充满垂直于xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B0；Ⅱ区宽度为L，左边界与x轴垂直交于O1点，右边界与x轴垂直交于O2点，其内充满沿y轴负方向的匀强电场。测试板垂直x轴置于Ⅱ区右边界，其中心C与O2点重合。从离子源不断飘出电荷量为q、质量为m的正离子，加速后沿x轴正方向过O点，依次经Ⅰ区、Ⅱ区，恰好到达测试板中心C。已知离子刚进入Ⅱ区时速度方向与x轴正方向的夹角为θ。忽略离子间的相互作用，不计重力。（1）求离子在Ⅰ区中运动时速度的大小v；（2）求Ⅱ区内电场强度的大小E；（3）保持上述条件不变，将Ⅱ区分为左右两部分，分别填充磁感应强度大小均为B（数值未知）方向相反且平行y轴的匀强磁场，如图乙所示。为使离子的运动轨迹与测试板相切于C点，需沿x轴移动测试板，求移动后C到O1的距离s。答案：（1）q（2）2（3）6（解析：（1）设离子在Ⅰ区内做匀速圆周运动的半径为r，由牛顿第二定律得qvB0＝mv根据几何关系得sinθ＝d联立得v＝qB（