2024高考物理大一轮复习讲义 第十一章 专题强化二十二 带电粒子在立体空间中的运动

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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 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eq \f(mvcs θ,eB)
C．质子做螺旋线运动的周期为eq \f(2πm,eBsin θ)
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eq \f(2πmvcs θ,eB)
答案 D
解析 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＝vcs 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＝eq \f(mv1,eB)＝eq \f(mvsin θ,eB)，选项B错误；质子做螺旋线运动的周期为T＝eq \f(2πr,v1)＝eq \f(2πm,eB)，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＝eq \f(2πmvcs θ,eB)，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；
(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)eq \f(2\r(3)mv0,qB) (2)2mv02＋eq \f(12πmE,B)(v0＋eq \f(6πE,B))
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＝v0cs 60°＝eq \f(1,2)v0，vy＝v0sin 60°＝eq \f(\r(3),2)v0
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，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＝mαeq \f(vy2,r)，解得圆周运动半径r＝eq \f(mαvy,qαB)＝eq \f(4mvy,2qB)＝eq \f(\r(3)mv0,qB)，故α粒子离x轴的最远距离是直径的长度，即为eq \f(2\r(3)mv0,qB)；
(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×eq \f(2πmα,qαB)＝eq \f(12πm,qB)，沿x轴方向的匀加速直线运动所通过的位移x＝vxt＋eq \f(1,2)at2，又加速度a＝eq \f(qαE,mα)＝eq \f(qE,2m)，解得x＝eq \f(6πm,qB)(v0＋eq \f(6πE,B))
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－eq \f(1,2)mαv02
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＋eq \f(12πmE,B)(v0＋eq \f(6πE,B))．
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(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eq \f(qBd,2m)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)；
(4)当离子甲以eq \f(qBd,2m)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)eq \f(mv02sin βcs β,qL) (2)eq \f(qBd,m)
(3)(d，d,0) (4)(2＋2eq \r(2))eq \f(πm,qB)
解析 (1)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，离子受到的静电力沿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＝v0cs β·t，v0sin β＝at，a＝eq \f(qE,m)
联立解得E＝eq \f(mv02sin βcs β,qL)；
(2)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＝eq \f(mv12,rⅠ)
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·eq \f(\r(2),2)B＝eq \f(mv12,rⅡ)，可得rⅡ＝eq \r(2)rⅠ
为了使离子在磁场中运动，需满足rⅠ≤d，rⅡ≤3d
则可得v1≤eq \f(qBd,m)
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eq \f(qBd,m)；
(3)离子甲以v＝eq \f(qBd,2m)的速度从O点沿z轴正方向第一次穿过xOy面进入磁场Ⅰ，离子在磁场Ⅰ中的轨迹半径为r1＝eq \f(mv,qB)＝eq \f(d,2)
离子在磁场Ⅱ中的轨迹半径为r2＝eq \f(\r(2)d,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)；
(4)设离子乙的速度为v′，根据离子甲、乙动能相同，可得eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)×4mv′2
可得v′＝eq \f(v,2)＝eq \f(qBd,4m)
离子乙在磁场Ⅰ中的轨迹半径为
r1′＝eq \f(4mv′,qB)＝d＝2r1
离子乙在磁场Ⅱ中的轨迹半径为
r2′＝eq \f(4mv′,q·\f(\r(2),2)B)＝eq \r(2)d＝2r2
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＝eq \f(2πm,qB)＋eq \f(2πm,q·\f(\r(2),2)B)＝(2＋2eq \r(2))eq \f(πm,qB)
t乙＝eq \f(1,2)T1′＋eq \f(1,2)T2′＝eq \f(1,2)×eq \f(2π·4m,qB)＋eq \f(1,2)×eq \f(2π·4m,q·\f(\r(2),2)B)＝(4＋4eq \r(2))eq \f(πm,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＋2eq \r(2))eq \f(πm,qB).
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( )
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qv1B
C．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＝Fvcs 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，静电力不变，则该离子的加速度大小不变，D正确．
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＝eq \f(πm,q)，g取10 m/s2.求：
(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)10eq \r(2) m/s (2)eq \f(5,π)eq \r(π2＋16) m
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＝eq \f(T,2)＝eq \f(πm,qB)＝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＝eq \r(v02＋vy2)＝10eq \r(2) m/s.
(2)小球离开磁场时在竖直方向的位移大小为y＝eq \f(1,2)gt2＝5 m，小球在水平方向做匀速圆周运动有qv0B＝eq \f(mv02,R)，解得R＝eq \f(mv0,qB)，水平方向位移为直径，即x＝2R＝eq \f(2mv0,qB)＝eq \f(20,π) m，则小球离开磁场时的位置与抛出点的距离为s＝eq \r(x2＋y2)＝eq \f(5,π)eq \r(π2＋16) m.
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：
(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＋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)，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＋eq \f(1,2)a(nT)2(n＝1,2,3，…)，联立解得Ⅱ区的长度为L＝nπR＋eq \f(3n2π2,32)R(n＝1,2,3，…)．
4.如图所示，一些质量为m、电荷量为＋q的带电粒子从一线状粒子源射出(初速度可视为0)，经过电压为U的电场加速后，粒子以一定的水平初速度从MS段垂直射出(S为MF中点)，进入棱长为L的正方体电磁修正区内(内部有垂直面MPRG的方向如图，磁感应强度B和电场强度E大小未知的匀强磁场与匀强电场)．距离正方体底部eq \r(3)L处有一与RNAG平行且足够大平板．现以正方体底面中心O在平板的垂直投影点为原点，在平板内建立直角坐标系(其中x轴与GR平行)．所有带电粒子都从正方体底面离开，且从M点进入正方体的粒子在正方体中运动的时间满足eq \f(2πm,3qB).不计粒子重力．
(1)求粒子进入棱长为L的正方体电磁修正区时速度的大小；
(2)粒子射出正方体电磁修正区后到达平板所需的时间；
(3)若满足关系式E＝eq \r(\f(qUB2,2π2m))，求从M点入射的粒子最后打到平板上的位置坐标．(结果用L表示)
答案 (1)eq \r(\f(2qU,m)) (2)2Leq \r(\f(m,2qU))
(3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(9－2\r(3),6)L，\f(9＋4π,54)L))
解析 (1)设粒子进入棱长为L的正方体电磁修正区时的速度大小为v，根据动能定理有qU＝eq \f(1,2)mv2，解得v＝eq \r(\f(2qU,m))
(2)在正方体中，粒子在平行于MPRG平面方向的分运动为匀速圆周运动，在垂直于MPRG平面方向的分运动为匀加速直线运动，设粒子做圆周运动的周期为T，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝meq \f(v2,R)，又T＝eq \f(2πR,v)，联立解得T＝eq \f(2πm,Bq)
从M点进入正方体的粒子在正方体中的运动时间为t1＝eq \f(2πm,3qB)＝eq \f(T,3)，所以粒子做圆周运动转过的圆心角为120°，根据几何关系可知粒子离开正方体时的速度在垂直于平板方向的分量大小为v2＝vcs 30°.离开正方体后粒子做匀速直线运动，到达平板所需的时间为t2＝eq \f(\r(3)L,v2)，联立解得t2＝2Leq \r(\f(m,2qU))
(3)根据几何关系有R＋Rcs 60°＝L，解得R＝eq \f(2,3)L，粒子在正方体中做匀加速直线运动的加速度大小为a＝eq \f(qE,m)＝eq \f(q,m) eq \r(\f(qUB2,2π2m))，粒子在正方体中沿y轴方向的位移大小为y1＝eq \f(1,2)at12，粒子离开正方体时的速度沿y轴方向的分速度大小为vy＝at1，从M点入射的粒子最后打到平板上的位置的纵坐标为y＝y1＋vyt2－eq \f(L,2)，联立解得y＝eq \f(9＋4π,54)L，根据几何关系可知粒子在正方体中沿x轴方向的位移大小为x1＝Rsin 60°＝eq \f(\r(3),3)L
粒子离开正方体时的速度沿－x轴方向的分速度大小为v1＝vsin 30°，从M点入射的粒子最后打到平板上的位置的横坐标为x＝x1－v1t2－eq \f(L,2)，联立解得x＝－eq \f(9－2\r(3),6)L
综上所述可知从M点入射的粒子最后打到平板上的位置坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(9－2\r(3),6)L，\f(9＋4π,54)L)).