第十一章　微点突破7　带电粒子在立体空间中的运动-2025物理大一轮复习讲义人教版

微点突破7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在叠加场中的旋进运动。2.掌握解决带电粒子在立体空间中的运动问题的解题思路和处理方法。考点一带电粒子在匀强磁场中“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(1)如图甲所示，在空间中存在水平向右、沿x轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在原点O有一个质量为m、带电荷量为q的带正电的粒子以速度v0垂直x轴射入磁场，不计粒子的重力，分析粒子的运动情况，求粒子运动轨迹距离x轴的最远距离。(2)如图乙所示，若粒子的速度方向与x轴夹角为θ。①试分析粒子的运动情况；②求粒子运动的轨迹距x轴的最远距离及轨迹与x轴相邻交点之间的距离。(3)如图丙所示，若在空间再加上沿x轴方向电场强度大小为E的匀强电场，粒子速度方向仍与x轴方向成θ角。①试分析粒子的运动情况；②求粒子离x轴的最大距离；③求粒子第三次(起始位置为第零次)与x轴相交时的位置坐标。答案见解析解析(1)粒子在垂直x轴的平面内做匀速圆周运动，距x轴最远距离等于圆的直径，由qv0B＝meq\f(v02,R1)，D1＝2R1，得D1＝eq\f(2mv0,qB)；(2)①粒子速度沿x轴方向的分量v0x＝v0cosθ，在垂直于x轴方向的分量v0y＝v0sinθ，在垂直于x轴的平面内受洛伦兹力，粒子在垂直于x轴的平面内做匀速圆周运动，在平行于x轴方向做匀速直线运动，即做等距螺旋线运动。②由qv0yB＝meq\f(v0y2,R2)，得D2＝2R2＝eq\f(2mv0sinθ,qB)。粒子做匀速圆周运动的周期T＝eq\f(2πR2,v0y)＝eq\f(2πm,qB)轨迹与x轴相邻交点之间的距离Δx＝v0cosθ·T＝eq\f(2πmv0cosθ,qB)；(3)①将粒子的初速度分解为沿x轴方向的分速度v0x和垂直x轴方向的分速度v0y，v0x＝v0cosθ，v0y＝v0sinθ洛伦兹力方向与x轴垂直，粒子在垂直x轴的平面内做匀速圆周运动，在平行x轴方向由静电力作用下做匀加速直线运动，粒子做螺距逐渐增大的“旋进”运动。②由qv0yB＝meq\f(v0y2,R3)，得粒子做圆周运动的半径R3＝R2＝eq\f(mv0y,qB)＝eq\f(mv0sinθ,qB)，粒子离x轴的最大距离D3＝2R3＝eq\f(2mv0sinθ,qB)。③在x轴方向，qE＝ma，第三次与x轴相交时的位置坐标x＝v0xt＋eq\f(1,2)at2，从射出至第三次到x轴时间t＝3T＝eq\f(6πR3,v0y)＝eq\f(6πm,qB)，故x＝eq\f(6πm,qB)(v0cosθ＋eq\f(3πE,B))。拓展若电、磁场方向均沿x轴正方向，粒子射入磁场的方向与x轴垂直，如图所示，粒子与x轴的交点坐标x1、x2、x3…满足什么关系？答案见解析解析粒子做“旋进”运动，且到达x轴的时间间隔相等，在x轴方向做初速度为0的匀加速直线运动，故x1∶x2∶x3…＝1∶4∶9…。考点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。一般情况下利用降维法，要将粒子的运动分解为两个互相垂直的分运动来求解。例2(2023·湖南长沙市二模)某质谱仪部分结构的原理图如图甲所示。在空间直角坐标系Oxyz的y>0区域有沿－z方向的匀强电场，电场强度大小为E，在y<0区域有沿－z方向的匀强磁场，在x＝－2d处有一足够大的屏，俯视图如图乙。质量为m、电荷量为q的粒子从y轴上P(0，－d,0)点以初速度v0沿＋y方向射出，粒子第一次经过x轴时速度方向与－x方向的夹角θ＝60°。不计粒子的重力，粒子打到屏上立即被吸收。求：(1)粒子的电性；(2)磁感应强度大小B；(3)粒子打到屏上位置的z轴坐标z1。答案(1)正电(2)eq\f(mv0,2dq)(3)－eq\f(6Eqd2,mv02)解析(1)粒子在磁场中的运动轨迹如图由左手定则知粒子带正电；(2)设粒子做圆周运动的半径为r，由几何关系有rcosθ＝d，根据洛伦兹力提供向心力qv0B＝meq\f(v02,r)，解得B＝eq\f(mv0,2dq)(3)设粒子经过x轴时的坐标为－x1，则x1＋rsinθ＝2d粒子在y>0区域电场中做类平抛运动，在xOy平面内沿v0方向做匀速直线运动，设粒子碰到屏前做类平抛运动的时间为t1，则v0cosθ·t1＝2d－x1，粒子运动的加速度a＝eq\f(Eq,m)在z轴负方向运动的距离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轴坐标z1＝－eq\f(6Eqd2,mv02)。1．(2022·重庆卷·5)2021年我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qEeq\r(v12＋v22)B．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答案D解析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；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大小不变，电场力大小不变，合力大小不变，则该离子的加速度大小不变，D正确。2．(2023·山东临沂市一模)如图所示，在平面坐标系xOy中，在x轴上方空间内充满匀强磁场Ⅰ，磁场方向垂直纸面向外，在第三象限内存在沿y轴正方向的匀强电场，一质量为m、电荷量为q的带正电离子从x轴上的M(－3d,0)点射入电场，速度方向与x轴正方向夹角为45°，之后该离子从N(－d,0)点射入磁场Ⅰ，速度方向与x轴正方向夹角也为45°，速度大小为v，离子在磁场Ⅰ中的轨迹与y轴交于P点(图中未画出)，最后从Q(3d,0)点射出第一象限，不计离子重力。(1)求第三象限内电场强度的大小E；(2)求出P点的坐标；(3)棱长为d的立方体中有垂直于AA′C′C面的匀强磁场Ⅱ，立方体的ABCD面刚好落在坐标系xOy平面内的第四象限，A点与Q点重合，AD边沿x轴正方向，离子从Q点射出后在该立方体内发生偏转，且恰好通过C′点，设匀强磁场Ⅰ的磁感应强度为B1，匀强磁场Ⅱ的磁感应强度为B2，求B1与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)设离子在M点的速度大小为v′，则v′cos45°＝vcos45°，则v′＝v设离子在电场中从M点到N点运动的时间为t，加速度为a，则2d＝vtcos45°，a＝eq\f(qE,m)t＝eq\f(2vsin45°,a)，解得电场强度大小E＝eq\f(mv2,2qd)(2)离子的运动轨迹，如图所示，由几何关系可知R1＝2eq\r(2)d设P点的纵坐标为yP，则R12＝d2＋(yP＋2d)2解得yP＝(eq\r(7)－2)d则P点的坐标为[0，(eq\r(7)－2)d](3)离子在匀强磁场Ⅰ中有qvB1＝meq\f(v2,R1)设离子在匀强磁场Ⅱ中做匀速圆周运动的半径R2，则qvB2＝meq\f(v2,R2)离子在AA′C′C平面内的运动轨迹，如图所示，由几何关系R22＝(eq\r(2)d)2＋(R2－d)2解得R2＝eq\f(3,2)d联立解得eq\f(B1,B2)＝eq\f(R2,R1)，代入数据得eq\f(B1,B2)＝eq\f(3\r(2),8)。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，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(如图所示)，已知离子质量为m、电荷量为q，不计离子重力，求：(1)电场强度的大小；(2)离子到达B点时速度的大小；(3)Ⅱ区中磁感应强度的大小；(4)Ⅱ区的长度L应为多大。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)离子在Ⅰ区做类平抛运动，根据类平抛运动的规律有4R＝v0t，eq\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区内做复杂的旋进运动。将该运动分解为垂直于B方向平面内的匀速圆周运动和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)，解得离子的轨道半径为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