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备考2024届高考物理一轮复习分层练习第十一章磁场专题十九带电粒子在立体空间中的运动
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这是一份备考2024届高考物理一轮复习分层练习第十一章磁场专题十九带电粒子在立体空间中的运动，共7页。
A.2mv0qaB.4mv0qa
C.（6+2）mv0qaD.（6－2）mv0qa
解析 粒子从空间正四棱锥P－ABCD的底面ABCD中心O向上垂直进入磁场区域，最后恰好没有从侧面PBC飞出磁场区域，可知粒子刚好与侧面PBC相切，作出粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系可知r＋rsinθ＝a2，其中θ为面PBC与底面的夹角，由几何关系可知 sin θ＝63，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qv0B＝mv02r，解得B＝(6+2)mv0qa，故C正确，A、B、D错误.
2.[2024江苏淮安模拟]如图是离子速度选择器的原理示意图，在横截面半径r＝10cm的圆形区域内有磁感应强度B＝1×10－4T的匀强磁场，磁场方向平行于柱形圆筒的轴线OO'，在圆柱形筒壁上某一直径两端开有两个小孔a、b，它们分别作为离子的入射孔和出射孔，在ab所在圆平面内从a孔射入，离子射入的角度不同，最后能从b孔射出的离子速度大小就不同.现有一束比荷为qm＝2×1011C/kg的正离子，与ab连线成θ＝30°从a孔射入，且不与筒壁碰撞而从出射孔b射出，则该离子的速度大小为（ B ）
A.2×106m/sB.4×106m/s
C.4×105m/sD.2×105m/s
解析 r＝10 cm＝0.1 m，正离子在磁场中的轨迹如图所示.根据几何关系可得，离子的轨迹半径为R＝2r＝2×0.1 m＝0.2 m，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律可得qvB＝mv2R，解得v＝qBRm＝2×1011×1×10－4×0.2 m/s＝4×106 m/s，故B正确，A、C、D错误.
3.[选项图形化/2024广东佛山顺德区模拟/多选]如图所示，在正方体的六条棱d'a'、a'b'、b'b、bc、cc'、c'd'上通有等大电流，O'点为正方体的中心.在O'点以速度v0沿垂直b'c'方向发射一不计重力的质子，其运动轨迹在不同坐标平面的投影中，可能正确的是（ AD ）
A B C D
解析 根据安培定则可知，直导线d'a'和bc在O'点产生的合磁场方向沿垂直b'c'斜向右上方，而另外四条直导线在O'点产生的合磁场方向也是垂直b'c'斜向右上方，若在O'点以速度v0沿垂直b'c'方向发射一不计重力的质子，运动方向平行于磁场方向，可知质子斜向上做匀速直线运动，则轨迹在yOx面的投影如A选项所示，在yOz方向的投影如D选项所示，故A、D正确，B、C错误.
4.[2024河南信阳高级中学校考]用图甲所示的洛伦兹力演示仪演示带电粒子在匀强磁场中的运动时发现，有时玻璃泡中的电子束在匀强磁场中的运动轨迹呈“螺旋”状.现将这一现象简化成如图乙所示的情境来讨论：在空间存在平行于x轴的匀强磁场，电子由坐标原点在xOy平面内以初速度v0沿与x轴正方向成α角的方向射入磁场，电子的运动轨迹为螺旋线，其轴线平行于x轴，直径为D，螺距为Δx，则下列说法中正确的是（ D ）
A.匀强磁场的方向为沿x轴负方向
B.若仅增大匀强磁场的磁感应强度，则直径D减小，而螺距Δx不变
C.若仅增大电子入射的初速度v0，则直径D增大，而螺距Δx将减小
D.若仅增大α角（α＜90°），则直径D增大，而螺距Δx将减小，且当α＝90°时“轨迹”为闭合的整圆
解析 将电子的初速度沿x轴及y轴方向分解，沿x轴方向分速度与磁场方向平行，做匀速直线运动且x'＝v0 cs α·t，沿y轴方向分速度与磁场方向垂直，洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动，结合题图乙中轨迹，由左手定则可知，磁场方向沿x轴正方向，故A错误；根据洛伦兹力提供向心力可得evB＝mv2R，根据周期的计算公式可得T＝2πRv，且v＝v0 sin α，解得D＝2R＝2mv0sinαeB，T＝2πmeB，所以Δx＝vxT＝2πmv0csαeB，分析可知，若仅增大磁感应强度B，则D、Δx均减小，故B错误；若仅增大v0，则D、Δx皆按比例增大，故C错误；若仅增大α(α＜90°)，则D增大而Δx减小，且α＝90°时Δx＝0，故D正确.
5.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.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）102m/s （2）5ππ2+16m
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分速度vy＝gt＝10m/s
故小球离开磁场时的速度大小为v＝v02＋vy2＝102m/s
（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＝2mv0qB＝20πm
则小球离开磁场时的位置与抛出点的距离为
s＝x2＋y2＝5ππ2+16m.
6.[三维坐标系中的电磁场/2024辽宁丹东模拟]如图所示，空间存在沿x轴正方向的匀强电场和匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B.t＝0时刻，质子以初速度v0从坐标原点O沿y轴正方向射出，已知质子质量为m，电荷量为e，重力不计，则（ C ）
A.t＝πmeB时刻，质子的速度沿z轴的负方向
B.t＝πmeB时刻，质子的坐标为（mEπ22eB，0，mv0eB）
C.质子可多次经过x轴，且依次经过x轴的坐标值之比为1∶4∶9∶…
D.质子运动轨迹在yOz平面内的投影是以O点为圆心的圆
解析 沿x轴方向，质子在电场力作用下做初速度为零的匀加速直线运动.根据左手定则，洛伦兹力初始时刻沿z轴负方向，可判断质子在yOz平面内的分运动为匀速圆周运动，所以质点运动轨迹在yOz平面内的投影是经过O点的圆，D错误.t＝πmeB＝12T时刻，质子在yOz平面内的分速度方向沿y轴负方向，沿x轴方向分速度沿x轴正方向，所以质子的合速度方向不沿z轴的负方向，故A错误.质子每经过一个周期可经过一次x轴，质子沿x轴方向在电场力作用下做初速度为零的匀加速直线运动，根据比例关系可知依次经过x轴的坐标值之比为1∶4∶9∶…，故C正确.当t＝πmeB＝12T时刻，沿x轴方向根据牛顿第二定律有Ee＝ma，位移x＝12at2＝12·Eem·(πmeB)2＝π2mE2eB2，在yOz平面内，正好经过半个周期，则y＝0，z＝－2r＝－2mv0eB，所以质子的坐标为(mEπ22eB2，0，－2mv0eB)，故B错误.
7.[电磁场在科技中的应用]现代科技中常常利用电场和磁场来控制带电粒子的运动，某控制装置如图所示，区域Ⅰ是14圆弧形均匀辐向电场，半径为R的中心线O'O处的场强大小处处相等，且大小为E1，方向指向圆心O1；在空间直角坐标系O－xyz中，区域Ⅱ是边长为L的正方体空间，该空间内充满沿y轴正方向的匀强电场E2（大小未知）；区域Ⅲ也是边长为L的正方体空间，空间内充满平行于xOy平面，与x轴负方向成45°角的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在区域Ⅲ的上表面是一粒子收集板；一群比荷不同的带正电的粒子以不同速率先后从O'沿切线方向进入辐向电场，所有粒子都能通过辐向电场从坐标原点O沿x轴正方向进入区域Ⅱ，不计带电粒子所受重力和粒子之间的相互作用.
（1）若某一粒子进入辐向电场的速率为v0，该粒子通过区域Ⅱ后刚好从P点进入区域Ⅲ中，已知P点坐标为（L，L2，0），求该粒子的比荷q0m0和区域Ⅱ中匀强电场E2的大小.
（2）保持（1）问中E2不变，为了使粒子能够在区域Ⅲ中直接打在粒子收集板上，求该粒子的比荷需要满足的条件.
答案 （1）q0m0＝v02E1R E2＝E1RL （2）4E1RB2L2≤qm≤8E1RB2L2
解析 （1）（过程一：粒子在辐向电场中做匀速圆周运动）某一粒子进入辐向电场的速率为v0，粒子在辐向电场中做匀速圆周运动，由电场力提供向心力可得q0E1＝m0v02R
【点拨】分析圆周运动的关键是找到向心力的来源.
解得该粒子的比荷为q0m0＝v02E1R
（过程二：粒子在区域Ⅱ中做类平抛运动，从O点到P点，粒子沿x轴方向做匀速直线运动，沿y轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动）粒子在区域Ⅱ中做类平抛运动，沿x轴方向有L＝v0t，沿y轴方向有a＝q0E2m0，L2＝12at2
联立解得E2＝E1RL
（2）（过程一：粒子在辐向电场中做匀速圆周运动）设粒子的电荷量为q，质量为m，粒子进入辐向电场的速率为v，则粒子在辐向电场中有qE1＝mv2R，解得v＝qE1Rm
（过程二：粒子在区域Ⅱ中做类平抛运动，粒子沿x轴方向做匀速直线运动，沿y轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动）粒子在区域Ⅱ中做类平抛运动，假设粒子都能进入区域Ⅲ中，则沿x轴方向有L＝vt'
沿y轴方向有a'＝qE2m，y＝12a't'2，vy＝a't'
联立解得y＝L2，vy＝qE1Rm
可知所有粒子经过区域Ⅱ后都从P点进入区域Ⅲ中，假设正确.设进入区域Ⅲ的粒子速度方向与x轴正方向的夹角为θ，则有tan θ＝vyv＝1，解得θ＝45°
粒子进入区域Ⅲ的速度大小为v'＝v2＋vy2＝2qE1Rm
（过程三：粒子在区域Ⅲ中做匀速圆周运动）粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，则有qv'B＝mv'2r
解得r＝mv'qB＝1B2mE1Rq
为了保证粒子能够打在粒子收集板上，如图，由几何关系可知粒子在磁场中的半径需要满足L2≤r≤22L，联立解得粒子的比荷需要满足4E1RB2L2≤qm≤8E1RB2L2.
【方法】降维法：从空间立体情境中找到粒子运动的截面图，化“三维”为“二维”，画出粒子在区域Ⅲ中的运动截面图，
A.2mv0qaB.4mv0qa
C.（6+2）mv0qaD.（6－2）mv0qa
解析 粒子从空间正四棱锥P－ABCD的底面ABCD中心O向上垂直进入磁场区域，最后恰好没有从侧面PBC飞出磁场区域，可知粒子刚好与侧面PBC相切，作出粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系可知r＋rsinθ＝a2，其中θ为面PBC与底面的夹角，由几何关系可知 sin θ＝63，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qv0B＝mv02r，解得B＝(6+2)mv0qa，故C正确，A、B、D错误.
2.[2024江苏淮安模拟]如图是离子速度选择器的原理示意图，在横截面半径r＝10cm的圆形区域内有磁感应强度B＝1×10－4T的匀强磁场，磁场方向平行于柱形圆筒的轴线OO'，在圆柱形筒壁上某一直径两端开有两个小孔a、b，它们分别作为离子的入射孔和出射孔，在ab所在圆平面内从a孔射入，离子射入的角度不同，最后能从b孔射出的离子速度大小就不同.现有一束比荷为qm＝2×1011C/kg的正离子，与ab连线成θ＝30°从a孔射入，且不与筒壁碰撞而从出射孔b射出，则该离子的速度大小为（ B ）
A.2×106m/sB.4×106m/s
C.4×105m/sD.2×105m/s
解析 r＝10 cm＝0.1 m，正离子在磁场中的轨迹如图所示.根据几何关系可得，离子的轨迹半径为R＝2r＝2×0.1 m＝0.2 m，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律可得qvB＝mv2R，解得v＝qBRm＝2×1011×1×10－4×0.2 m/s＝4×106 m/s，故B正确，A、C、D错误.
3.[选项图形化/2024广东佛山顺德区模拟/多选]如图所示，在正方体的六条棱d'a'、a'b'、b'b、bc、cc'、c'd'上通有等大电流，O'点为正方体的中心.在O'点以速度v0沿垂直b'c'方向发射一不计重力的质子，其运动轨迹在不同坐标平面的投影中，可能正确的是（ AD ）
A B C D
解析 根据安培定则可知，直导线d'a'和bc在O'点产生的合磁场方向沿垂直b'c'斜向右上方，而另外四条直导线在O'点产生的合磁场方向也是垂直b'c'斜向右上方，若在O'点以速度v0沿垂直b'c'方向发射一不计重力的质子，运动方向平行于磁场方向，可知质子斜向上做匀速直线运动，则轨迹在yOx面的投影如A选项所示，在yOz方向的投影如D选项所示，故A、D正确，B、C错误.
4.[2024河南信阳高级中学校考]用图甲所示的洛伦兹力演示仪演示带电粒子在匀强磁场中的运动时发现，有时玻璃泡中的电子束在匀强磁场中的运动轨迹呈“螺旋”状.现将这一现象简化成如图乙所示的情境来讨论：在空间存在平行于x轴的匀强磁场，电子由坐标原点在xOy平面内以初速度v0沿与x轴正方向成α角的方向射入磁场，电子的运动轨迹为螺旋线，其轴线平行于x轴，直径为D，螺距为Δx，则下列说法中正确的是（ D ）
A.匀强磁场的方向为沿x轴负方向
B.若仅增大匀强磁场的磁感应强度，则直径D减小，而螺距Δx不变
C.若仅增大电子入射的初速度v0，则直径D增大，而螺距Δx将减小
D.若仅增大α角（α＜90°），则直径D增大，而螺距Δx将减小，且当α＝90°时“轨迹”为闭合的整圆
解析 将电子的初速度沿x轴及y轴方向分解，沿x轴方向分速度与磁场方向平行，做匀速直线运动且x'＝v0 cs α·t，沿y轴方向分速度与磁场方向垂直，洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动，结合题图乙中轨迹，由左手定则可知，磁场方向沿x轴正方向，故A错误；根据洛伦兹力提供向心力可得evB＝mv2R，根据周期的计算公式可得T＝2πRv，且v＝v0 sin α，解得D＝2R＝2mv0sinαeB，T＝2πmeB，所以Δx＝vxT＝2πmv0csαeB，分析可知，若仅增大磁感应强度B，则D、Δx均减小，故B错误；若仅增大v0，则D、Δx皆按比例增大，故C错误；若仅增大α(α＜90°)，则D增大而Δx减小，且α＝90°时Δx＝0，故D正确.
5.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.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）102m/s （2）5ππ2+16m
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分速度vy＝gt＝10m/s
故小球离开磁场时的速度大小为v＝v02＋vy2＝102m/s
（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＝2mv0qB＝20πm
则小球离开磁场时的位置与抛出点的距离为
s＝x2＋y2＝5ππ2+16m.
6.[三维坐标系中的电磁场/2024辽宁丹东模拟]如图所示，空间存在沿x轴正方向的匀强电场和匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B.t＝0时刻，质子以初速度v0从坐标原点O沿y轴正方向射出，已知质子质量为m，电荷量为e，重力不计，则（ C ）
A.t＝πmeB时刻，质子的速度沿z轴的负方向
B.t＝πmeB时刻，质子的坐标为（mEπ22eB，0，mv0eB）
C.质子可多次经过x轴，且依次经过x轴的坐标值之比为1∶4∶9∶…
D.质子运动轨迹在yOz平面内的投影是以O点为圆心的圆
解析 沿x轴方向，质子在电场力作用下做初速度为零的匀加速直线运动.根据左手定则，洛伦兹力初始时刻沿z轴负方向，可判断质子在yOz平面内的分运动为匀速圆周运动，所以质点运动轨迹在yOz平面内的投影是经过O点的圆，D错误.t＝πmeB＝12T时刻，质子在yOz平面内的分速度方向沿y轴负方向，沿x轴方向分速度沿x轴正方向，所以质子的合速度方向不沿z轴的负方向，故A错误.质子每经过一个周期可经过一次x轴，质子沿x轴方向在电场力作用下做初速度为零的匀加速直线运动，根据比例关系可知依次经过x轴的坐标值之比为1∶4∶9∶…，故C正确.当t＝πmeB＝12T时刻，沿x轴方向根据牛顿第二定律有Ee＝ma，位移x＝12at2＝12·Eem·(πmeB)2＝π2mE2eB2，在yOz平面内，正好经过半个周期，则y＝0，z＝－2r＝－2mv0eB，所以质子的坐标为(mEπ22eB2，0，－2mv0eB)，故B错误.
7.[电磁场在科技中的应用]现代科技中常常利用电场和磁场来控制带电粒子的运动，某控制装置如图所示，区域Ⅰ是14圆弧形均匀辐向电场，半径为R的中心线O'O处的场强大小处处相等，且大小为E1，方向指向圆心O1；在空间直角坐标系O－xyz中，区域Ⅱ是边长为L的正方体空间，该空间内充满沿y轴正方向的匀强电场E2（大小未知）；区域Ⅲ也是边长为L的正方体空间，空间内充满平行于xOy平面，与x轴负方向成45°角的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在区域Ⅲ的上表面是一粒子收集板；一群比荷不同的带正电的粒子以不同速率先后从O'沿切线方向进入辐向电场，所有粒子都能通过辐向电场从坐标原点O沿x轴正方向进入区域Ⅱ，不计带电粒子所受重力和粒子之间的相互作用.
（1）若某一粒子进入辐向电场的速率为v0，该粒子通过区域Ⅱ后刚好从P点进入区域Ⅲ中，已知P点坐标为（L，L2，0），求该粒子的比荷q0m0和区域Ⅱ中匀强电场E2的大小.
（2）保持（1）问中E2不变，为了使粒子能够在区域Ⅲ中直接打在粒子收集板上，求该粒子的比荷需要满足的条件.
答案 （1）q0m0＝v02E1R E2＝E1RL （2）4E1RB2L2≤qm≤8E1RB2L2
解析 （1）（过程一：粒子在辐向电场中做匀速圆周运动）某一粒子进入辐向电场的速率为v0，粒子在辐向电场中做匀速圆周运动，由电场力提供向心力可得q0E1＝m0v02R
【点拨】分析圆周运动的关键是找到向心力的来源.
解得该粒子的比荷为q0m0＝v02E1R
（过程二：粒子在区域Ⅱ中做类平抛运动，从O点到P点，粒子沿x轴方向做匀速直线运动，沿y轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动）粒子在区域Ⅱ中做类平抛运动，沿x轴方向有L＝v0t，沿y轴方向有a＝q0E2m0，L2＝12at2
联立解得E2＝E1RL
（2）（过程一：粒子在辐向电场中做匀速圆周运动）设粒子的电荷量为q，质量为m，粒子进入辐向电场的速率为v，则粒子在辐向电场中有qE1＝mv2R，解得v＝qE1Rm
（过程二：粒子在区域Ⅱ中做类平抛运动，粒子沿x轴方向做匀速直线运动，沿y轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动）粒子在区域Ⅱ中做类平抛运动，假设粒子都能进入区域Ⅲ中，则沿x轴方向有L＝vt'
沿y轴方向有a'＝qE2m，y＝12a't'2，vy＝a't'
联立解得y＝L2，vy＝qE1Rm
可知所有粒子经过区域Ⅱ后都从P点进入区域Ⅲ中，假设正确.设进入区域Ⅲ的粒子速度方向与x轴正方向的夹角为θ，则有tan θ＝vyv＝1，解得θ＝45°
粒子进入区域Ⅲ的速度大小为v'＝v2＋vy2＝2qE1Rm
（过程三：粒子在区域Ⅲ中做匀速圆周运动）粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，则有qv'B＝mv'2r
解得r＝mv'qB＝1B2mE1Rq
为了保证粒子能够打在粒子收集板上，如图，由几何关系可知粒子在磁场中的半径需要满足L2≤r≤22L，联立解得粒子的比荷需要满足4E1RB2L2≤qm≤8E1RB2L2.
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