專(zhuān)題強(qiáng)化練-帶電粒子在立體空間中的運(yùn)動(dòng)

（40分鐘60分）

一、選擇題

1.（6分）（2022?重慶選擇考）2021年中國(guó)全超導(dǎo)托卡馬克核聚變實(shí)驗(yàn)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(dòng)狀況，某同學(xué)將一小段真空室內(nèi)的電場(chǎng)和磁

場(chǎng)理想化為方向均水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)（如圖）,電場(chǎng)強(qiáng)度大小為瓦磁感應(yīng)強(qiáng)度大小

為B,若某電荷量為q的正離子在此電場(chǎng)和磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，其速度平行于磁場(chǎng)方向的分量大小為

八垂直于磁場(chǎng)方向的分量大小為V2,不計(jì)離子重力，則（）

A.電場(chǎng)力的瞬時(shí)功率為qE］譜+詔

B.該離子受到的洛倫茲力大小為qviB

C.V2與vi的比值不斷變大

D.該離子的加速度大小不變

2.（6分）（多選）（2023?長(zhǎng)沙模擬）用圖1所示的洛倫茲力演示儀演示帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)

動(dòng)時(shí)發(fā)現(xiàn)，有時(shí)玻璃泡中的電子束在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡呈“螺旋”狀?，F(xiàn)將這一現(xiàn)象簡(jiǎn)化成

如圖2所示的情景來(lái)討論:在空間存在平行于x軸的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，由坐標(biāo)原點(diǎn)在平面內(nèi)以初速

度vo沿與x軸正方向成a角的方向射入磁場(chǎng)的電子運(yùn)動(dòng)軌跡為螺旋線,其軸線平行于x軸，直徑

B.若僅增大勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度,則直徑D減小,而螺距Ax增大

C.若僅增大電子入射的初速度項(xiàng)則直徑D增大,而螺距Ax將減小

D.若僅增大a角（a<90。）,則直徑D增大,而螺距Ax將減小，且當(dāng)a=90。時(shí)“軌跡”為閉合的整圓

二、計(jì)算題

3.（10分）如圖所示，豎直平面跖的右側(cè)存在方向豎直向上且足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng),從平面

跖V7?S上的。點(diǎn)處以初速度vo=10m/s垂直面向右拋出一帶電荷量為小質(zhì)量為機(jī)的

小球。若磁感應(yīng)強(qiáng)度大小5=吧,g取10m/s2。求：

q

痔仙

（1）小球離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)的速度大小;

（2）小球離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)的位置與拋出點(diǎn)的距離。

4.（12分）（2023?汕頭模擬）如圖所示,在正交坐標(biāo)系Oxyz的空間中,同時(shí)存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁

場(chǎng)。勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為民方向與。町平面平行，且與x軸的夾角為60。。一質(zhì)量為

機(jī)、電荷量為q（q>0）的帶電粒子從y軸上的點(diǎn)尸（0九0）沿平行于z軸正方向以速度no射入場(chǎng)區(qū)

保持勻速直線運(yùn)動(dòng)，不計(jì)重力。

(1)求電場(chǎng)強(qiáng)度￡的大小;

⑵若撤去磁場(chǎng)，求帶電粒子從P射入后運(yùn)動(dòng)到Qxz平面時(shí)的坐標(biāo)。

5.(12分)某離子實(shí)驗(yàn)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(gè)工作區(qū)，/區(qū)

長(zhǎng)度d=4尺內(nèi)有沿了軸正向的勻強(qiáng)電場(chǎng),〃區(qū)內(nèi)既有沿2軸負(fù)向的勻強(qiáng)磁場(chǎng),又有沿2軸正向的勻

強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度與/區(qū)電場(chǎng)強(qiáng)度等大?，F(xiàn)有一正離子從左側(cè)截面的最低點(diǎn)Z處以初速度V0沿2

軸正向進(jìn)入/區(qū)，經(jīng)過(guò)兩個(gè)區(qū)域分界面上的B點(diǎn)進(jìn)入〃區(qū)，在以后的運(yùn)動(dòng)過(guò)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)飛出方點(diǎn)和C點(diǎn)均為所在截面處豎直半徑的中點(diǎn)(如圖

中所示),已知離子質(zhì)量為機(jī)、電荷量為%不計(jì)離子重力，求：

Fd-L小

A

(1)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小;

（2）離子到達(dá)5點(diǎn)時(shí)速度的大小;

（3）〃區(qū)中磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小;

（4）〃區(qū)的長(zhǎng)度上應(yīng)為多大。

6.（14分）（2023?株洲模擬）如圖所示，一些質(zhì)量為機(jī)、電荷量為+q的帶電粒子從一線狀粒子源射

出（初速度可視為0）,經(jīng)過(guò)電壓為U的電場(chǎng)加速后,粒子以一定的水平初速度從MS段垂直射出

（S為中點(diǎn)），進(jìn)入棱長(zhǎng)為上的正方體電磁修正區(qū)內(nèi)（內(nèi)部有垂直面"PRG的方向如圖所示的

磁感應(yīng)強(qiáng)度B和電場(chǎng)強(qiáng)度E大小未知的勻強(qiáng)磁場(chǎng)與勻強(qiáng)電場(chǎng)）。距離正方體底部7^1處有一與

RM4G平行且足夠大的平板，現(xiàn)以正方體底面中心。在平板的垂直投影點(diǎn)為原點(diǎn)，在平板內(nèi)建

立直角坐標(biāo)系（其中x軸與GR平行）。所有帶電粒子都從正方體底面離開(kāi)，且從M點(diǎn)進(jìn)入正方

體的粒子在正方體中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間滿足空，不計(jì)粒子重力。

（1）求粒子進(jìn)入棱長(zhǎng)為力的正方體電磁修正區(qū)時(shí)速度的大小;

（2）粒子射出正方體電磁修正區(qū)后到達(dá)平板所需的時(shí)間;

（3）若滿足關(guān)系式求從/點(diǎn)入射的粒子最后打到平板上的位置坐標(biāo)。（結(jié)果用L表示）

解析版

一、選擇題

1.（6分）（2022?重慶選擇考）2021年中國(guó)全超導(dǎo)托卡馬克核聚變實(shí)驗(yàn)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(dòng)狀況，某同學(xué)將一小段真空室內(nèi)的電場(chǎng)和磁

場(chǎng)理想化為方向均水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)（如圖）,電場(chǎng)強(qiáng)度大小為瓦磁感應(yīng)強(qiáng)度大小

為瓦若某電荷量為q的正離子在此電場(chǎng)和磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，其速度平行于磁場(chǎng)方向的分量大小為

也,垂直于磁場(chǎng)方向的分量大小為V2,不計(jì)離子重力，則（）

A.電場(chǎng)力的瞬時(shí)功率為qEJ說(shuō)+詔

B.該離子受到的洛倫茲力大小為qv\B

C.V2與VI的比值不斷變大

D.該離子的加速度大小不變

【解析】選D。根據(jù)功率的計(jì)算公式可知產(chǎn)jVcos仇則電場(chǎng)力的瞬時(shí)功率為尸=￡*1,A錯(cuò)誤;

由于vi與磁場(chǎng)B平行,則根據(jù)洛倫茲力的計(jì)算公式知/洛="25B錯(cuò)誤;根據(jù)運(yùn)動(dòng)的疊加原理可

知，離子在垂直于磁場(chǎng)方向做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，沿磁場(chǎng)方向做加速運(yùn)動(dòng)，則VI增大,V2不變,V2與VI

的比值不斷變小,C錯(cuò)誤;離子受到的安培力不變，靜電力不變，則該離子的加速度大小不變,D正

確。

2.（6分）（多選）（2023?長(zhǎng)沙模擬）用圖1所示的洛倫茲力演示儀演示帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)

動(dòng)時(shí)發(fā)現(xiàn)，有時(shí)玻璃泡中的電子束在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡呈“螺旋”狀?，F(xiàn)將這一現(xiàn)象簡(jiǎn)化成

如圖2所示的情景來(lái)討論:在空間存在平行于x軸的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，由坐標(biāo)原點(diǎn)在xOy平面內(nèi)以初速

度vo沿與x軸正方向成a角的方向射入磁場(chǎng)的電子運(yùn)動(dòng)軌跡為螺旋線,其軸線平行于x軸，直徑

為。，螺距為Ax,則下列說(shuō)法中正確的是（）

A.勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向?yàn)檠豿軸正方向

B.若僅增大勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度,則直徑D減小,而螺距Ax增大

C.若僅增大電子入射的初速度vo,則直徑D增大,而螺距Ax將減小

D.若僅增大a角（a<90。）,則直徑。增大，而螺距Ax將減小，且當(dāng)a=90。時(shí)“軌跡”為閉合的整圓

【解題指南】解決本題需注意以下兩點(diǎn)：

⑴將電子的速度分解為沿x軸和y軸兩個(gè)方向，根據(jù)其不同方向上的受力特點(diǎn)，結(jié)合牛頓第二定

律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式完成分析；

⑵電子受到的洛倫茲力提供向心力，結(jié)合牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得出螺距的表達(dá)式，根據(jù)

題目選項(xiàng)完成分析。

【解析】選A、Do將電子的初速度沿x軸及y軸方向分解，沿x方向速度與磁場(chǎng)方向平行，做

勻速直線運(yùn)動(dòng)且x=w)cosa,/沿y軸方向速度與磁場(chǎng)方向垂直，由左手定則可知,磁場(chǎng)方向沿x軸

正方向，故A正確;且更且v=vosina,解得故泰=心7—2皿：3：可以

判斷,若僅增大磁感應(yīng)強(qiáng)度民則D、Ax均減小，故B錯(cuò)誤;若僅增大%則D、Ax皆按比例增大,

故C錯(cuò)誤;若僅增大火則D增大，而Ax減小，且a=90。時(shí)Ax=0,“軌跡”為閉合的整圓，故D正確。

二、計(jì)算題

3.(10分)如圖所示，豎直平面跖VRS的右側(cè)存在方向豎直向上且足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng),從平面

M依S上的。點(diǎn)處以初速度vo=lOm/s垂直跖\%S面向右拋出一帶電荷量為外質(zhì)量為機(jī)的

小球。若磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=^,g取10m/s2。求：

q

(1)小球離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)的速度大小;

答案:⑴10應(yīng)m/s

【解析】(1)小球在水平方向做勻速圓周運(yùn)動(dòng),在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，水平方向小球恰好

轉(zhuǎn)半個(gè)周期離開(kāi)磁場(chǎng)，故離開(kāi)磁場(chǎng)的時(shí)間為匚=卓=1s,則離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)在豎直方向上的速度

ZqB

Vy=g/=10m/s,故小球離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為v=J詔+火=10&m/so

(2)小球離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)的位置與拋出點(diǎn)的距離。

答案:(2)|VIT2+16m

【解析】(2)小球離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)在豎直方向的位移大小為y=|g/=5m,小球在水平方向做勻速圓周

運(yùn)動(dòng)有邛，解得水平方向位移為直徑，即X=2R=^=-m,則小球離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)的位

RqBqBTT

置與拋出點(diǎn)的距離為s=jN+f=|?2+16mo

4.（12分）（2023?汕頭模擬）如圖所示,在正交坐標(biāo)系Oxyz的空間中,同時(shí)存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁

場(chǎng)。勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為反方向與。町平面平行，且與x軸的夾角為60。。一質(zhì)量為

機(jī)、電荷量為q（q>0）的帶電粒子從了軸上的點(diǎn)尸（0九0）沿平行于2軸正方向以速度vo射入場(chǎng)區(qū)

保持勻速直線運(yùn)動(dòng)，不計(jì)重力。

（1）求電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小；

答案:⑴mo

【解析】⑴帶電粒子所受的合力為零，根據(jù)受力平衡條件可得:解得:用=心0

⑵若撤去磁場(chǎng)，求帶電粒子從尸射入后運(yùn)動(dòng)到。X2平面時(shí)的坐標(biāo)。

答案:⑵（舊〃,。？息^）

【解析】（2）撤去磁場(chǎng)后,粒子在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律可得:舛=制。

根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得:』與祥力

cos6002

聯(lián)立解得:z=2值0，又x=/ztan60°=V3/z

\qB

粒子經(jīng)過(guò)的坐標(biāo)為0,2再^）。

【解題指南】解決本題需注意以下兩點(diǎn)：

（1）根據(jù)電場(chǎng)力和洛倫茲力的等量關(guān)系得出場(chǎng)強(qiáng)的大??；

（2）根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得出對(duì)應(yīng)的坐標(biāo)。

5.（12分）某離子實(shí)驗(yàn)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(gè)工作區(qū)，/區(qū)

長(zhǎng)度d=4尺內(nèi)有沿y軸正向的勻強(qiáng)電場(chǎng),"區(qū)內(nèi)既有沿z軸負(fù)向的勻強(qiáng)磁場(chǎng),又有沿z軸正向的勻

強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度與/區(qū)電場(chǎng)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vo沿z

軸正向進(jìn)入/區(qū)，經(jīng)過(guò)兩個(gè)區(qū)域分界面上的B點(diǎn)進(jìn)入〃區(qū)，在以后的運(yùn)動(dòng)過(guò)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,8點(diǎn)和C點(diǎn)均為所在截面處豎直半徑的中點(diǎn)(如圖

中所示),已知離子質(zhì)量為機(jī)、電荷量為%不計(jì)離子重力，求：

(1)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小;

答案：(1淺

【解析】(1)離子在/區(qū)做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律有4R=vo普乎根據(jù)牛頓第二定

律有解得電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為￡帶。

m16Rq

(2)離子到達(dá)5點(diǎn)時(shí)速度的大??；

答案:(2承o

【解析】(2)類(lèi)平拋過(guò)程由動(dòng)能定理有等解得離子到達(dá)8點(diǎn)時(shí)速度的大小為vfo。

(3)〃區(qū)中磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小；

答案:(3甯

【解析】(3)離子在〃區(qū)內(nèi)做復(fù)雜的旋進(jìn)運(yùn)動(dòng)。將該運(yùn)動(dòng)分解為圓柱腔截面上的勻速圓周運(yùn)動(dòng)

和沿z軸正方向的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)題意可得，在圓柱腔截面上的勻速圓周運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所

設(shè)臨界圓軌跡半徑為根據(jù)幾何知識(shí)有便刁2=八沖,解得離子的軌跡半徑為一|凡離子沿y軸

正方向的速度為/J蒜=%o,則根據(jù)洛倫茲力提供向心力有以/=?解得〃區(qū)中磁感應(yīng)強(qiáng)

度大小為B壬。

（4）”區(qū)的長(zhǎng)度上應(yīng)為多大。

答案:（4加兀夫號(hào)馬?（〃=1,2,3,…）

【解析】（4）離子在圓柱腔截面上做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為號(hào)，由題意知離子在〃區(qū)運(yùn)動(dòng)的時(shí)

間為T(mén)的整數(shù)倍,離子在2軸正方向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移公式可得

12Tl>2

￡=丫0"7+^（〃7）2（片123,...）,聯(lián)立解得〃區(qū)的長(zhǎng)度為L(zhǎng)=nnRT~—7?（?=l,2,3,--.）o

6.（14分）（2023?株洲模擬）如圖所示，一些質(zhì)量為m、電荷量為+g的帶電粒子從一線狀粒子源射

出（初速度可視為0）,經(jīng)過(guò)電壓為。的電場(chǎng)加速后,粒子以一定的水平初速度從MS段垂直射出

（S為心中點(diǎn)），進(jìn)入棱長(zhǎng)為力的正方體電磁修正區(qū)內(nèi)（內(nèi)部有垂直面〃PRG的方向如圖所示的

磁感應(yīng)強(qiáng)度B和電場(chǎng)強(qiáng)度E大小未知的勻強(qiáng)磁場(chǎng)與勻強(qiáng)電場(chǎng)）。距離正方體底部V5L處有一與

RN4G平行且足夠大的平板，現(xiàn)以正方體底面中心。在平板的垂直投影點(diǎn)為原點(diǎn)，在平板內(nèi)建

立直角坐標(biāo)系（其中x軸與GR平行）。所有帶電粒子都從正方體底面離開(kāi)，且從初點(diǎn)進(jìn)入正方

體的粒子在正方體中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間滿足空，不計(jì)粒子重力。

（1）求粒子進(jìn)入棱長(zhǎng)為￡的正方體電磁修正區(qū)時(shí)速度的大??；

答案：（1）科

【解析】（1）設(shè)粒子進(jìn)入棱長(zhǎng)為上的正方體電磁修正區(qū)時(shí)的速度大小為％根據(jù)動(dòng)能定理有

機(jī)丫2,解得

⑵粒子射出正方體電磁修正區(qū)后到達(dá)平板所需的時(shí)間；

答案:J*由

【解析】（2）在正方體中,粒子在平行于M>RG平面方向的分運(yùn)動(dòng)為勻速圓周運(yùn)動(dòng)，在垂直于

M>RG平面方向的分運(yùn)動(dòng)為勻加速直線運(yùn)動(dòng),設(shè)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T(mén),根據(jù)洛倫茲力提供

向心力有qvB=*，又7=等，聯(lián)立解得T

從M點(diǎn)進(jìn)入正方體的粒子在正方體中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為九=|^］，所以粒子做圓周運(yùn)動(dòng)轉(zhuǎn)過(guò)的圓心

3qB3

角為120