微點(diǎn)突破7帶電粒子在立體空間中的運(yùn)動目標(biāo)要求1.會處理帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的螺旋線運(yùn)動和在疊加場中的旋進(jìn)運(yùn)動。2.掌握解決帶電粒子在立體空間中的運(yùn)動問題的解題思路和處理方法?？键c(diǎn)一帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中“旋進(jìn)”運(yùn)動空間中勻強(qiáng)磁場的分布是三維的，帶電粒子在磁場中的運(yùn)動情況可以是三維的?，F(xiàn)在主要討論兩種情況：(1)空間中只存在勻強(qiáng)磁場，當(dāng)帶電粒子的速度方向與磁場的方向不平行也不垂直時，帶電粒子在磁場中就做螺旋線運(yùn)動。這種運(yùn)動可分解為平行于磁場方向的勻速直線運(yùn)動和垂直于磁場平面的勻速圓周運(yùn)動。(2)空間中的勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場(或重力場)平行時，帶電粒子在一定的條件下就可以做“旋進(jìn)”運(yùn)動，這種運(yùn)動可分解為平行于磁場方向的勻變速直線運(yùn)動和垂直于磁場平面的勻速圓周運(yùn)動。例1(1)如圖甲所示，在空間中存在水平向右、沿x軸正方向的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，在原點(diǎn)O有一個質(zhì)量為m、帶電荷量為q的帶正電的粒子以速度v0垂直x軸射入磁場，不計粒子的重力，分析粒子的運(yùn)動情況，求粒子運(yùn)動軌跡距離x軸的最遠(yuǎn)距離。(2)如圖乙所示，若粒子的速度方向與x軸夾角為θ。①試分析粒子的運(yùn)動情況；②求粒子運(yùn)動的軌跡距x軸的最遠(yuǎn)距離及軌跡與x軸相鄰交點(diǎn)之間的距離。(3)如圖丙所示，若在空間再加上沿x軸方向電場強(qiáng)度大小為E的勻強(qiáng)電場，粒子速度方向仍與x軸方向成θ角。①試分析粒子的運(yùn)動情況；②求粒子離x軸的最大距離；③求粒子第三次(起始位置為第零次)與x軸相交時的位置坐標(biāo)。答案見解析解析(1)粒子在垂直x軸的平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，距x軸最遠(yuǎn)距離等于圓的直徑，由qv0B＝meq\f(v02,R1)，D1＝2R1，得D1＝eq\f(2mv0,qB)；(2)①粒子速度沿x軸方向的分量v0x＝v0cosθ，在垂直于x軸方向的分量v0y＝v0sinθ，在垂直于x軸的平面內(nèi)受洛倫茲力，粒子在垂直于x軸的平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，在平行于x軸方向做勻速直線運(yùn)動，即做等距螺旋線運(yùn)動。②由qv0yB＝meq\f(v0y2,R2)，得D2＝2R2＝eq\f(2mv0sinθ,qB)。粒子做勻速圓周運(yùn)動的周期T＝eq\f(2πR2,v0y)＝eq\f(2πm,qB)軌跡與x軸相鄰交點(diǎn)之間的距離Δx＝v0cosθ·T＝eq\f(2πmv0cosθ,qB)；(3)①將粒子的初速度分解為沿x軸方向的分速度v0x和垂直x軸方向的分速度v0y，v0x＝v0cosθ，v0y＝v0sinθ洛倫茲力方向與x軸垂直，粒子在垂直x軸的平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，在平行x軸方向由靜電力作用下做勻加速直線運(yùn)動，粒子做螺距逐漸增大的“旋進(jìn)”運(yùn)動。②由qv0yB＝meq\f(v0y2,R3)，得粒子做圓周運(yùn)動的半徑R3＝R2＝eq\f(mv0y,qB)＝eq\f(mv0sinθ,qB)，粒子離x軸的最大距離D3＝2R3＝eq\f(2mv0sinθ,qB)。③在x軸方向，qE＝ma，第三次與x軸相交時的位置坐標(biāo)x＝v0xt＋eq\f(1,2)at2，從射出至第三次到x軸時間t＝3T＝eq\f(6πR3,v0y)＝eq\f(6πm,qB)，故x＝eq\f(6πm,qB)(v0cosθ＋eq\f(3πE,B))。拓展若電、磁場方向均沿x軸正方向，粒子射入磁場的方向與x軸垂直，如圖所示，粒子與x軸的交點(diǎn)坐標(biāo)x1、x2、x3…滿足什么關(guān)系？答案見解析解析粒子做“旋進(jìn)”運(yùn)動，且到達(dá)x軸的時間間隔相等，在x軸方向做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動，故x1∶x2∶x3…＝1∶4∶9…?？键c(diǎn)二帶電粒子在立體空間中的偏轉(zhuǎn)分析帶電粒子在立體空間中的運(yùn)動時，要發(fā)揮空間想象力，確定粒子在空間的位置關(guān)系。帶電粒子依次通過不同的空間，運(yùn)動過程分為不同的階段，只要分析出每個階段上的運(yùn)動規(guī)律，再利用兩個空間交界處粒子的運(yùn)動狀態(tài)和關(guān)聯(lián)條件即可解決問題。一般情況下利用降維法，要將粒子的運(yùn)動分解為兩個互相垂直的分運(yùn)動來求解。例2(2023·湖南長沙市二模)某質(zhì)譜儀部分結(jié)構(gòu)的原理圖如圖甲所示。在空間直角坐標(biāo)系Oxyz的y>0區(qū)域有沿－z方向的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為E，在y<0區(qū)域有沿－z方向的勻強(qiáng)磁場，在x＝－2d處有一足夠大的屏，俯視圖如圖乙。質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子從y軸上P(0，－d,0)點(diǎn)以初速度v0沿＋y方向射出，粒子第一次經(jīng)過x軸時速度方向與－x方向的夾角θ＝60°。不計粒子的重力，粒子打到屏上立即被吸收。求：(1)粒子的電性；(2)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B；(3)粒子打到屏上位置的z軸坐標(biāo)z1。答案(1)正電(2)eq\f(mv0,2dq)(3)－eq\f(6Eqd2,mv02)解析(1)粒子在磁場中的運(yùn)動軌跡如圖由左手定則知粒子帶正電；(2)設(shè)粒子做圓周運(yùn)動的半徑為r，由幾何關(guān)系有rcosθ＝d，根據(jù)洛倫茲力提供向心力qv0B＝meq\f(v02,r)，解得B＝eq\f(mv0,2dq)(3)設(shè)粒子經(jīng)過x軸時的坐標(biāo)為－x1，則x1＋rsinθ＝2d粒子在y>0區(qū)域電場中做類平拋運(yùn)動，在xOy平面內(nèi)沿v0方向做勻速直線運(yùn)動，設(shè)粒子碰到屏前做類平拋運(yùn)動的時間為t1，則v0cosθ·t1＝2d－x1，粒子運(yùn)動的加速度a＝eq\f(Eq,m)在z軸負(fù)方向運(yùn)動的距離z1′＝eq\f(1,2)at12解得t1＝eq\f(2\r(3)d,v0)，z1′＝eq\f(6Eqd2,mv02)所以打到屏上位置的z軸坐標(biāo)z1＝－eq\f(6Eqd2,mv02)。1．(2022·重慶卷·5)2021年我國全超導(dǎo)托卡馬克核聚變實驗裝置創(chuàng)造了新的紀(jì)錄。為粗略了解等離子體在托卡馬克環(huán)形真空室內(nèi)的運(yùn)動狀況，某同學(xué)將一小段真空室內(nèi)的電場和磁場理想化為方向均水平向右的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場(如圖)，電場強(qiáng)度大小為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。若某電荷量為q的正離子在此電場和磁場中運(yùn)動，其速度平行于磁場方向的分量大小為v1，垂直于磁場方向的分量大小為v2，不計離子重力，則()A．電場力的瞬時功率為qEeq\r(v12＋v22)B．該離子受到的洛倫茲力大小為qv1BC．v2與v1的比值不斷變大D．該離子的加速度大小不變答案D解析根據(jù)功率的計算公式可知P＝Fvcosθ，則電場力的瞬時功率為P＝Eqv1，A錯誤；由于v1與磁場B平行，則根據(jù)洛倫茲力的計算公式知F洛＝qv2B，B錯誤；離子在垂直于磁場方向做勻速圓周運(yùn)動，沿磁場方向做加速運(yùn)動，則v1增大，v2不變，v2與v1的比值不斷變小，C錯誤；離子受到的洛倫茲力大小不變，電場力大小不變，合力大小不變，則該離子的加速度大小不變，D正確。2．(2023·山東臨沂市一模)如圖所示，在平面坐標(biāo)系xOy中，在x軸上方空間內(nèi)充滿勻強(qiáng)磁場Ⅰ，磁場方向垂直紙面向外，在第三象限內(nèi)存在沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電離子從x軸上的M(－3d,0)點(diǎn)射入電場，速度方向與x軸正方向夾角為45°，之后該離子從N(－d,0)點(diǎn)射入磁場Ⅰ，速度方向與x軸正方向夾角也為45°，速度大小為v，離子在磁場Ⅰ中的軌跡與y軸交于P點(diǎn)(圖中未畫出)，最后從Q(3d,0)點(diǎn)射出第一象限，不計離子重力。(1)求第三象限內(nèi)電場強(qiáng)度的大小E；(2)求出P點(diǎn)的坐標(biāo)；(3)棱長為d的立方體中有垂直于AA′C′C面的勻強(qiáng)磁場Ⅱ，立方體的ABCD面剛好落在坐標(biāo)系xOy平面內(nèi)的第四象限，A點(diǎn)與Q點(diǎn)重合，AD邊沿x軸正方向，離子從Q點(diǎn)射出后在該立方體內(nèi)發(fā)生偏轉(zhuǎn)，且恰好通過C′點(diǎn)，設(shè)勻強(qiáng)磁場Ⅰ的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1，勻強(qiáng)磁場Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2，求B1與B2的比值。答案(1)eq\f(mv2,2qd)(2)[0，(eq\r(7)－2)d](3)eq\f(3\r(2),8)解析(1)設(shè)離子在M點(diǎn)的速度大小為v′，則v′cos45°＝vcos45°，則v′＝v設(shè)離子在電場中從M點(diǎn)到N點(diǎn)運(yùn)動的時間為t，加速度為a，則2d＝vtcos45°，a＝eq\f(qE,m)t＝eq\f(2vsin45°,a)，解得電場強(qiáng)度大小E＝eq\f(mv2,2qd)(2)離子的運(yùn)動軌跡，如圖所示，由幾何關(guān)系可知R1＝2eq\r(2)d設(shè)P點(diǎn)的縱坐標(biāo)為yP，則R12＝d2＋(yP＋2d)2解得yP＝(eq\r(7)－2)d則P點(diǎn)的坐標(biāo)為[0，(eq\r(7)－2)d](3)離子在勻強(qiáng)磁場Ⅰ中有qvB1＝meq\f(v2,R1)設(shè)離子在勻強(qiáng)磁場Ⅱ中做勻速圓周運(yùn)動的半徑R2，則qvB2＝meq\f(v2,R2)離子在AA′C′C平面內(nèi)的運(yùn)動軌跡，如圖所示，由幾何關(guān)系R22＝(eq\r(2)d)2＋(R2－d)2解得R2＝eq\f(3,2)d聯(lián)立解得eq\f(B1,B2)＝eq\f(R2,R1)，代入數(shù)據(jù)得eq\f(B1,B2)＝eq\f(3\r(2),8)。3.某離子實驗裝置的基本原理圖如圖所示，截面半徑為R的圓柱腔分為兩個工作區(qū)，Ⅰ區(qū)長度d＝4R，內(nèi)有沿y軸正向的勻強(qiáng)電場，Ⅱ區(qū)內(nèi)既有沿z軸負(fù)向的勻強(qiáng)磁場，又有沿z軸正向的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度與Ⅰ區(qū)電場強(qiáng)度等大。現(xiàn)有一正離子從左側(cè)截面的最低點(diǎn)A處以初速度v0沿z軸正向進(jìn)入Ⅰ區(qū)，經(jīng)過兩個區(qū)域分界面上的B點(diǎn)進(jìn)入Ⅱ區(qū)，在以后的運(yùn)動過程中恰好未從圓柱腔的側(cè)面飛出，最終從右側(cè)截面上的C點(diǎn)飛出，B點(diǎn)和C點(diǎn)均為所在截面處豎直半徑的中點(diǎn)(如圖所示)，已知離子質(zhì)量為m、電荷量為q，不計離子重力，求：(1)電場強(qiáng)度的大?。?2)離子到達(dá)B點(diǎn)時速度的大??；(3)Ⅱ區(qū)中磁感應(yīng)強(qiáng)度的大?。?4)Ⅱ區(qū)的長度L應(yīng)為多大。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)離子在Ⅰ區(qū)做類平拋運(yùn)動，根據(jù)類平拋運(yùn)動的規(guī)律有4R＝v0t，eq\f(3R,2)＝eq\f(1,2)at2，根據(jù)牛頓第二定律有a＝eq\f(Eq,m)，解得電場強(qiáng)度的大小為E＝eq\f(3mv02,16Rq)。(2)類平拋過程由動能定理有eq\f(3EqR,2)＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，解得離子到達(dá)B點(diǎn)時速度的大小為v＝eq\f(5,4)v0。(3)離子在Ⅱ區(qū)內(nèi)做復(fù)雜的旋進(jìn)運(yùn)動。將該運(yùn)動分解為垂直于B方向平面內(nèi)的勻速圓周運(yùn)動和z軸正方向的勻加速直線運(yùn)動，根據(jù)題意可得，在圓柱腔截面上的勻速圓周運(yùn)動軌跡如圖所示。設(shè)臨界圓半徑為r，根據(jù)幾何知識有(R－r)2＝r2＋eq\f(R2,4)，解得離子的軌道半徑為r＝eq\f(3,8)R，離子沿y軸正方向的速度為vy＝eq\r(v2－v02)＝eq\f(3,4)v0，則根據(jù)洛