2023版高考物理步步高大二轮复习讲义第一篇 专题三 高考新动向2　带电粒子在立体空间的运动【解析版】

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常见粒子在立体空间的运动轨迹特点，粒子的运动为一个轴方向的直线运动和垂直轴的平面中的曲线运动，或粒子从一个平面的曲线运动变换到另一个平面的曲线运动．
例1 (2022·山东济宁市一模)如图所示，真空中的立方体棱长为0.8 m，底面中心处有一点状放射源S，仅在abcO所在平面内向各个方向均匀发射α粒子，所有α粒子的速率均为v＝5.0×106 m/s，已知α粒子的比荷为eq \f(q,m)＝5.0×107 C/kg，现给立方体内施加竖直向上的匀强磁场，使所有α粒子恰好能束缚在正方形abcO区域内．abfe面放有一个屏，该屏可以沿z轴左右平移．
(1)求匀强磁场的磁感应强度B的大小；
(2)在正方体内再施加竖直向上的匀强电场，要使所有粒子刚好都能从上表面中心P离开，求所加匀强电场的电场强度E的大小(结果用π表示)；
(3)若匀强电场的电场强度的大小取第(2)问中的最大值，现让abfe屏向左沿－z方向移动
0.2 m，求粒子打在abfe屏上x坐标最大值和最小值时对应点的y轴坐标．
答案 (1)0.5 T
(2)eq \f(5×106,n2π2) V/m(n＝1,2,3，…)
(3)0.2 m 0.05 m
解析 (1)所有α粒子恰好束缚在正方形abcO区域内，由几何关系得
r＝0.2 m
α粒子在磁场中做匀速圆周运动，有
qvB＝meq \f(v2,r)
解得B＝0.5 T
(2)α粒子做圆周运动的周期为
T＝eq \f(2πm,qB)＝8π×10－8 s
要使所有粒子刚好都能从上表面中心P离开，所用时间一定为周期的整数倍，在竖直方向上由运动学规律得
L＝eq \f(1,2)·eq \f(qE,m)(nT)2
解得E＝eq \f(5×106,n2π2) V/m(n＝1,2,3，…)
(3)粒子运动的俯视图如图所示，
由图可知，当SP1为直径时，射出粒子的x轴坐标为最大值，此时粒子运动的时间为
t1＝eq \f(1,2)T＝4π×10－8 s
此时对应的y轴坐标
y1＝eq \f(1,2)·eq \f(qEm,m)t12
解得y1＝0.2 m
由图可知，当与abfe面相切时，射出粒子的x轴坐标为最小值，此时粒子运动的时间为
t2＝eq \f(1,4)T＝2π×10－8 s
此时对应的y轴坐标为y2＝eq \f(1,2)·eq \f(qEm,m)t22
解得y2＝0.05 m.
例2 (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).
专题强化练
1．(2022·山东青岛市三模)如图，在空间建立Oxyz三维直角坐标系，其中x轴水平向右，y轴竖直向上，z轴垂直纸面向外，在x＝a处平行于yOz平面固定一足够大荧光屏M，在yOz平面左侧空间有方向竖直向下、电场强度为E1的匀强电场；x轴上的A点(－2eq \r(3)a,0,0)有一粒子源，粒子源在xOy平面内沿与x轴成一定角度射出带电粒子，粒子的速度大小为v0，质量为m，带电荷量为＋q.经过一段时间，粒子从y轴上C点(0,3a,0)垂直y轴进入yOz平面与荧光屏之间的空间，该空间内有方向沿z轴正方向、磁感应强度大小为B＝eq \f(mv0,4qa)的匀强磁场(图中未画出)，不计粒子重力．
(1)求yOz平面左侧匀强电场的电场强度大小E1；
(2)求粒子从A点射出到打到荧光屏上所经历的时间t；
(3)若在yOz平面与荧光屏之间的空间再加上一沿z轴正方向、电场强度大小为E0的匀强电场，求粒子最终打在荧光屏上的P点时的位置坐标．
答案 (1)eq \f(mv02,8qa) (2)eq \f(2aπ＋6\r(3),3v0) (3)(a，(1＋eq \r(3))a，eq \f(2qE0π2a2,9mv02))
解析 (1)将粒子的速度v0分解为沿x轴方向的分速度v0x和沿y轴方向的分速度 v0y，根据题意可得，在沿x轴方向上有
v0xt1＝2eq \r(3)a
沿y轴方向上有eq \f(1,2)v0yt1＝3a
则eq \f(v0y,v0x)＝eq \r(3)＝tan θ
即θ＝60°
可得v0y＝eq \f(\r(3),2)v0
又由qE1＝ma1得a1＝eq \f(qE1,m)
又有v0y2＝2a1·3a
联立可得E1＝eq \f(mv02,8qa)
(2)粒子沿x轴方向的分速度为
v0x＝eq \f(1,2)v0
在沿x轴方向有2eq \r(3)a＝v0xt1
解得t1＝eq \f(4\r(3)a,v0)
粒子带正电，由左手定则可知，粒子沿y轴负方向偏转，设偏转角为α
由qv0xB＝eq \f(mv0x2,r)可得r＝2a
由几何关系可得sin α＝eq \f(a,r)＝eq \f(1,2)，则α＝30°
粒子在磁场中运动时间t2＝eq \f(30°,360°)T
又由T＝eq \f(2πr,v0x)＝eq \f(2πm,Bq)
解得t2＝eq \f(πm,6qB)＝eq \f(2πa,3v0)
粒子从A点射出到打到荧光屏上所经历的时间t＝t1＋t2＝eq \f(4\r(3)a,v0)＋eq \f(2πa,3v0)＝eq \f(2aπ＋6\r(3),3v0)
(3)在y轴方向上由几何关系可得y轴坐标为
y＝3a－(2a－eq \r(3)a)＝(1＋eq \r(3))a
在沿z轴正方向上的位移大小
z＝eq \f(1,2)eq \f(qE0,m)t22＝eq \f(2qE0π2a2,9mv02)
故粒子打到屏上的位置坐标是(a，(1＋eq \r(3))a，eq \f(2qE0π2a2,9mv02))．
2．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、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平行的足够大平板．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为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的大小为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，设粒子圆周分运动的周期为T，根据牛顿第二定律有
qvB＝meq \f(v2,R)
又T＝eq \f(2πR,v)
解得T＝eq \f(2πm,Bq)＝eq \f(2πR,v)
从M点进入正方体的粒子在正方体中运动的时间为
t1＝eq \f(2πm,3qB)＝eq \f(T,3)
所以粒子圆周分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，到达平板所需时间为t2＝eq \f(\r(3)L,v2)
联立解得t2＝2Leq \r(\f(m,2qU))
(3)设粒子在正方体中圆周分运动的半径为R，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分运动的加速度大小为a＝eq \f(qE,m)＝eq \f(q,m)eq \r(\f(qUB2,2π2m))
粒子在正方体中在y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在y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在x方向的位移大小为x1＝Rcs 30°＝eq \f(\r(3),3)L
粒子离开正方体时的速度在－x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)).