2024届高考一轮复习物理课件(新教材粤教版)：带电粒子在立体空间中的运动

例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mvecBos θ C.质子做螺旋线运动的周期为eB2sπimn θ
答案
5 π
π2＋16 m
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小球离开磁场时在竖直方向的位移大小为 y＝12gt2＝5 m， 小球在水平方向做匀速圆周运动有 qv0B＝mRv02，解得 R＝mqBv0， 水平方向位移为直径，即 x＝2R＝2qmBv0＝2π0 m， 则小球离开磁场时的位置与抛出点的距离为 s＝ x2＋y2＝5π π2＋16 m.
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.不计离子重力.
(1)当离子甲从A点出射速度为v0时，求电场强度的大小E；
答案
mv02sin βcos β qL
如图所示 将离子甲在A点的出射速度v0分解到沿y轴方向和z 轴方向，离子受到的电场力沿y轴负方向， 可知离子沿z轴方向做匀速直线运动，沿y轴方向 做匀减速直线运动，从A到O的过程，有 L＝v0cos β·t，v0sin β＝at，a＝qmE 联立解得 E＝mv02siqnLβcos β；
专
题 强
带电粒子在立体空间中
化
二 十
的运动
二
目标 1.会处理带电粒子在匀强磁场中的螺旋线运动和叠加场中的旋进运动.2.掌握带电粒子在立体空间中的运动的 要求 解题思路和处理方法.
内容索引
题型一 带电粒子的螺旋线运动和旋进运动 题型二 带电粒子在立体空间中的偏转
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.
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(1)电场强度的大小；
答案
3mv02 16Rq
离子在Ⅰ区做类平抛运动，根据类平抛运动的规律有 4R＝v0t，32R＝12at2， 根据牛顿第二定律有 a＝Emq，解得电场强度的大小为 E＝31m6Rv0q2.
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(2)离子到达B点时速度的大小； 答案 54v0
类平抛过程由动能定理有3E2qR＝12mv2－12mv02， 解得离子到达 B 点时速度的大小为 v＝54v0.
圆周运动，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＝mαvry2，
解得圆周运动半径 r＝mqααBvy＝42mqBvy＝ 3qmBv0， 故 α 粒子离 x 轴的最远距离是直径的长度，即为2 q3Bmv0；
(2)α粒子从O点射出后，第3次与x轴相交时的动能. 答案 2mv02＋12πBmE(v0＋6πBE)
(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；
答案
qBd m
如图所示 离子从坐标原点O沿z轴正方向进入磁场Ⅰ中， 由洛伦兹力提供向心力可得 qv1B＝mrvⅠ12 离子经过磁场Ⅰ偏转后从y轴进入磁场Ⅱ中， 由洛伦兹力提供向心力可得 qv1·22B＝mrvⅡ12，可得 rⅡ＝ 2rⅠ 为了使离子在磁场中运动，需满足rⅠ≤d，rⅡ≤3d 则可得 v1≤qmBd
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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＝πqmB＝1 s， 则离开磁场时在竖直方向上的速度vy＝gt＝10 m/s， 故小球离开磁场时的速度大小为 v＝ v02＋vy2＝10 2 m/s.
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(2)小球离开磁场时的位置与抛出点的距离.
√D.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
2πmvcos θ eB
将质子的初速度分解为垂直于磁场方向的速度v1＝ vsin θ，沿磁场方向的速度v2＝vcos θ，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＝meBv1＝mvesBin θ，选项 B 错误； 质子做螺旋线运动的周期为 T＝2vπ1r＝2eπBm，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)为 x＝v2T
例3 (2022·山东卷·17)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
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＝3×2qπαmBα＝12qπBm， 沿 x 轴方向的匀加速直线运动所通过的位移 x＝vxt＋12at2， 又加速度 a＝qmαEα ＝2qmE，解得 x＝6qπBm(v0＋6πBE) 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－12mαv02
故要使离子甲进入磁场后始终在磁场中运动，进 入磁场时的最大速度为qmBd；
(3)离子甲以q2Bmd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 表示)；
答案 (d，d，0)
离子甲以 v＝q2Bmd的速度从 O 点沿 z 轴正方向第一
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2.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＝10 m/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＝πm，g取10 m/s2.求：
q (1)小球离开磁场时的速度大小； 答案 10 2 m/s
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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(如图中所示)， 已知离子质量为m、电荷量为q，不计离子重 力，求：
次穿过 xOy 面进入磁场Ⅰ， 离子在磁场Ⅰ中的轨迹半径为 r1＝mqBv＝d2
离子在磁场Ⅱ中的轨迹半径为 r2＝
2d 2
离子从O点第一次穿过到第四次穿过xOy平面的运动情景，如图所示
离子第四次穿过xOy平面的x坐标为x4＝2r2sin 45°＝d 离子第四次穿过xOy平面的y坐标为y4＝2r1＝d 故离子第四次穿过xOy平面的位置坐标为(d，d，0)；
A.电场力的瞬时功率为qE v12＋v22
B.该离子受到的洛伦兹力大小为qv1B C.v2与v1的比值不断变大
√D.该离子的加速度大小不变
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根据功率的计算公式可知P＝Fvcos θ，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； 根据运动的叠加原理可知，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； 离子受到的安培力不变，电场力不变，则该离子的加速度大小不变， D正确.
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 ＋12πBmE(v0＋6πBE).
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.
பைடு நூலகம்答案
2 3mv0 qB
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＝v0cos 60°＝12v0，vy＝v0sin 60°＝ 23v0 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
＝2πmevBcos θ，选项 D 正确.
例2 (2023·山东菏泽市模拟)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；
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(3)Ⅱ区中磁感应强度的大小；
答案
2mv0 qR
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离子在Ⅱ区内做复杂的旋进运动. 将该运动分解为圆柱腔截面上的匀速圆周运动和 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＋R42， 解得离子的轨迹半径为 r＝38R， 离子沿 y 轴正方向的速度为 vy＝ v2－v02＝34v0，
可得12mv2＝12×4mv′2 可得 v′＝v2＝q4Bmd 离子乙在磁场Ⅰ中的轨迹半径为 r1′＝4mqvB′＝d＝2r1 离子乙在磁场Ⅱ中的轨迹半径为 r2′＝4mv2′＝ 2d＝2r2
q·2 B 根据几何关系可知离子甲、乙运动轨迹第一个交点如图所示，
从O点进入磁场到轨迹第一个交点的过程，有
t 甲＝T1＋T2＝2qπBm＋
2πm 2
＝(2＋2
πm 2)qB
q·2 B
t 乙＝12T1′＋12T2′＝12×2πq·B4m＋12×2π·42m
q·2 B
＝(4＋4
πm 2)qB
可得离子甲、乙到达它们运动轨迹第一个交点的时间差为 Δt＝t 乙－t 甲 ＝(2＋2 2)πqmB.
课时精练
1.(2022·重庆卷·5)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
(4)当离子甲以q2Bmd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
(2＋2
πm 2)qB
设离子乙的速度为 v′，根据离子甲、乙动能相同，
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则根据洛伦兹力提供向心力有 qvyB＝mvr y2 解得Ⅱ区中磁感应强度大小为 B＝2qmRv0.
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(4)Ⅱ区的长度L应为多大. 答案 nπR＋3n322π2R(n＝1,2,3，…)
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离子在圆柱腔截面上做匀速圆周运动的周期为 T＝2vπyr， 由题意知离子在Ⅱ区运动的时间为T的整数倍，离子 在z轴正方向上做匀加速直线运动， 根据匀变速直线运动的位移公式可得 L＝v0nT＋12a(nT)2(n＝1,2,3，…)， 联立解得Ⅱ区的长度为 L＝nπR＋3n322π2R(n＝1,2,3，…).