2025年高考物理二轮复习专题强化练十六 带电粒子在立体空间中的运动（含解析）

这是一份2025年高考物理二轮复习专题强化练十六 带电粒子在立体空间中的运动（含解析），共11页。试卷主要包含了选择题，计算题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1.(6分)(2022·重庆选择考)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qEv12+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
2.(6分)(多选)(2023·长沙模拟)用图1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2所示的情景来讨论:在空间存在平行于x轴的匀强磁场,由坐标原点在xOy平面内以初速度v0沿与x轴正方向成α角的方向射入磁场的电子运动轨迹为螺旋线,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( )
A.匀强磁场的方向为沿x轴正方向
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增大
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
二、计算题
3.(10分)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=πmq,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。
4.(12分)(2023·汕头模拟)如图所示,在正交坐标系Oxyz的空间中,同时存在匀强电场和匀强磁场。匀强磁场的磁感应强度大小为B,方向与Oxy平面平行,且与x轴的夹角为60°。一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子从y轴上的点P(0,h,0)沿平行于z轴正方向以速度v0射入场区保持匀速直线运动,不计重力。
(1)求电场强度E的大小;
(2)若撤去磁场,求带电粒子从P射入后运动到Oxz平面时的坐标。
5.(12分)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。
6.(14分)(2023·株洲模拟)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的方向如图所示的磁感应强度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3L处有一与RNAG平行且足够大的平板,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2πm3qB,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=qUB22π2m,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)
解析版
一、选择题
1.(6分)(2022·重庆选择考)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qEv12+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
【解析】选D。根据功率的计算公式可知P=Fvcsθ,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.(6分)(多选)(2023·长沙模拟)用图1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2所示的情景来讨论:在空间存在平行于x轴的匀强磁场,由坐标原点在xOy平面内以初速度v0沿与x轴正方向成α角的方向射入磁场的电子运动轨迹为螺旋线,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( )
A.匀强磁场的方向为沿x轴正方向
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增大
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
【解题指南】解决本题需注意以下两点:
(1)将电子的速度分解为沿x轴和y轴两个方向,根据其不同方向上的受力特点,结合牛顿第二定律和运动学公式完成分析;
(2)电子受到的洛伦兹力提供向心力,结合牛顿第二定律和运动学公式得出螺距的表达式,根据题目选项完成分析。
【解析】选A、D。将电子的初速度沿x轴及y轴方向分解,沿x方向速度与磁场方向平行,做匀速直线运动且x=v0csα·t沿y轴方向速度与磁场方向垂直,由左手定则可知,磁场方向沿x轴正方向,故A正确;evB=mv2R,T=2πRv且v=v0sinα,解得D=2R=2mv0sinαeB,T=2πmeB,故Δx=vxT=2πmv0csαeB,可以判断,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,则D增大,而Δx减小,且α=90°时Δx=0,“轨迹”为闭合的整圆,故D正确。
二、计算题
3.(10分)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=πmq,g取10 m/s2。求:
(1)小球离开磁场时的速度大小;
答案:(1)102 m/s
【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=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=102 m/s。
(2)小球离开磁场时的位置与抛出点的距离。
答案: (2)5ππ2+16 m
【解析】(2)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=mv02R,解得R=mv0qB,水平方向位移为直径,即x=2R=2mv0qB=20π m,则小球离开磁场时的位置与抛出点的距离为s=x2+y2=5ππ2+16 m。
4.(12分)(2023·汕头模拟)如图所示,在正交坐标系Oxyz的空间中,同时存在匀强电场和匀强磁场。匀强磁场的磁感应强度大小为B,方向与Oxy平面平行,且与x轴的夹角为60°。一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子从y轴上的点P(0,h,0)沿平行于z轴正方向以速度v0射入场区保持匀速直线运动,不计重力。
(1)求电场强度E的大小;
答案:(1)Bv0
【解析】(1)带电粒子所受的合力为零,根据受力平衡条件可得:qE=qv0B,解得:E=Bv0
(2)若撤去磁场,求带电粒子从P射入后运动到Oxz平面时的坐标。
答案:(2)(3h,0,2mhv0qB)
【解析】(2)撤去磁场后,粒子在电场中做类平抛运动,根据牛顿第二定律可得:qE=ma
根据运动学公式可得:hcs60°=12at2,z=v0t
联立解得:z=2mhv0qB,又x=htan60°=3h
粒子经过的坐标为(3h,0,2mhv0qB)。
【解题指南】解决本题需注意以下两点:
(1)根据电场力和洛伦兹力的等量关系得出场强的大小;
(2)根据牛顿第二定律和运动学公式得出对应的坐标。
5.(12分)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;
答案:(1)3mv0216Rq
【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,3R2=12at2,根据牛顿第二定律有a=Eqm,解得电场强度的大小为E=3mv0216Rq。
(2)离子到达B点时速度的大小;
答案: (2)54v0
【解析】(2)类平抛过程由动能定理有3EqR2=12mv2-12mv02,解得离子到达B点时速度的大小为v=54v0。
(3)Ⅱ区中磁感应强度的大小;
答案: (3)2mv0qR
【解析】 (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沿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+R24,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,则根据洛伦兹力提供向心力有 qvyB=mvy2r解得Ⅱ区中磁感应强度大小为B=2mv0qR。
(4)Ⅱ区的长度L应为多大。
答案: (4)nπR+3n2π232R(n=1,2,3,…)
【解析】(4)离子在圆柱腔截面上做匀速圆周运动的周期为T=2πrvy,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+3n2π232R(n=1,2,3,…)。
6.(14分)(2023·株洲模拟)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的方向如图所示的磁感应强度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3L处有一与RNAG平行且足够大的平板,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2πm3qB,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;
答案:(1)2qUm
【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=12mv2,解得v=2qUm
(2)粒子射出正方体电磁修正区后到达平板所需的时间;
答案: (2)2Lm2qU
【解析】(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=mv2R,又T=2πRv,联立解得T=2πmBq
从M点进入正方体的粒子在正方体中的运动时间为t1=2πm3qB=T3,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=vcs30°。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=3Lv2,联立解得t2=2Lm2qU
(3)若满足关系式E=qUB22π2m,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: (3)(-9-236L,9+4π54L)
【解析】(3)根据几何关系有R+Rcs60°=L,解得R=23L,粒子在正方体中做匀加速直线运动的加速度大小为a=qEm=qmqUB22π2m,粒子在正方体中沿y轴方向的位移大小为y1=12at12,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-L2,联立解得y=9+4π54L,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=Rsin60°=33L
粒子离开正方体时的速度沿-x轴方向的分速度大小为v1=vsin30°,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-L2,联立解得x=-9-236L
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(-9-236L,9+4π54L)。