第一篇三高考新動向帶電粒子在立體空間的運動講義

高考新動向2帶電粒子在立體空間的運動

帶電粒子在立體空間中的組合場、疊加場的運動問題，通過受力分析、運動分析，轉(zhuǎn)換

視圖角度，充分利用分解的思想，分解為直線運動、圓周運動、類平拋運動，再利用每種運

動對應(yīng)的規(guī)律進(jìn)行求解.

常見粒子在立體空間的運動軌跡特點，粒子的運動為一個軸方向的直線運動和垂直軸的

平面中的曲線運動，或粒子從一個平面的曲線運動變換到另一個平面的曲線運動.

例1(2022?山東濟(jì)寧市一模)如圖所示，真空中的立方體棱長為0.8m,底面中心處有一點狀

放射源5,僅在。兒0所在平面內(nèi)向各個方向均勻發(fā)射a粒子，所有a粒子的速率均為。=

5.0X106m/s,已知a粒子的比荷為*=5.0X107C/kg,現(xiàn)給立方體內(nèi)施加豎直向上的勻強磁

場，使所有a粒子恰好能束縛在正方形的cO區(qū)域內(nèi).。帆面放有一個屏，該屏可以沿z軸

左右平移.

(1)求勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的大小；

(2)在正方體內(nèi)再施加豎直向上的勻強電場，要使所有粒子剛好都能從上表面中心P離開，求

所加勻強電場的電場強度E的大小(結(jié)果用7t表示)：

(3)若勻強電場的電場強度的大小取第(2)問中的最大值，現(xiàn)讓abfe屏向左沿一z方向移動

0.2m,求粒子打在abfe屏上x坐標(biāo)最大值和最小值時對應(yīng)點的y軸坐標(biāo).

答案(l)0.5T

5X106

(2)-^5-V/m(n=1,2,3--)

(3)0.2m0.05m

解析(1)所有a粒子恰好束縛在正方形abcO區(qū)域內(nèi)，由幾何關(guān)系得

/-=0.2m

a粒子在磁場中做勻速圓周運動，有

?V2

解得8=0.5T

(2)a粒子做圓周運動的周期為

2兀，〃

T==87tX10s

要使所有粒子剛好都能從上表面中心P離開，所用時間一定為周期的整數(shù)倍，在豎直方向上

由運動學(xué)規(guī)律得

L=翳叫2

5X106

解得E=K>V/m(〃=l,2,3,…)

（3）粒子運動的俯視圖如圖所示,

由圖可知，當(dāng)SPi為直徑時，射出粒子的x軸坐標(biāo)為最大值，此時粒子運動的時間為

1.8

6='7=4兀X108s

此時對應(yīng)的），軸坐標(biāo)

IqEm

yi=<—1\

J2m

解得yi=0.2m

由圖可知，當(dāng)與出非面相切時，射出粒子的x軸坐標(biāo)為最小值，此時粒子運動的時間為

力=；7=2兀*IO-8s

此時對應(yīng)的y軸坐標(biāo)為丫2=：.嚕%之

解得丫2=0.05m.

例2（2022.山東卷J7）中國“人造太陽”在核聚變實驗方面取得新突破，該裝置中用電磁場

約束和加速高能離子，其部分電磁場簡化模型如圖所示，在三維坐標(biāo)系Oiyz中，0<zWd空

間內(nèi)充滿勻強磁場I,磁感應(yīng)強度大小為8,方向沿x軸正方向；-3dWz<0,y20的空間內(nèi)

充滿勻強磁場II,磁感應(yīng)強度大小為坐2,方向平行于xOy平面，與x軸正方向夾角為45。：

z<0,y^O的空間內(nèi)充滿沿y軸負(fù)方向的勻強電場.質(zhì)量為，小帶電量為+q的離子甲，從

），Oz平面第三象限內(nèi)距y軸為L的點A以一定速度出射，速度方向與z軸正方向夾角為￡,

在），Oz平面內(nèi)運動一段時間后，經(jīng)坐標(biāo)原點。沿z軸正方向進(jìn)入磁場I.不計離子重力.

⑴當(dāng)離子甲從4點出射速度為。。時，求電場強度的大小E；

(2)若使離子甲進(jìn)入磁場后始終在磁場中運動，求進(jìn)入磁場時的最大速度Om；

(3)離子甲以空的速度從。點沿z軸正方向第一次穿過xOy面進(jìn)入磁場I,求第四次穿過xOy

平面的位置坐標(biāo)(用d表示)；

(4)當(dāng)離子甲以舞的速度從。點進(jìn)入磁場I時，質(zhì)量為4%、帶電量為+q的離子乙，也從。

點沿z軸正方向以相同的動能同時進(jìn)入磁場I,求兩離子進(jìn)入磁場后，到達(dá)它們運動軌跡第

一個交點的時間差。(忽略離子間相互作用).

答案⑴吟皿⑵警⑶⑷40)(4)(2+21喘

解析(1)如圖所示，

將離子甲在A點的出射速度處分解到沿y軸方向和z軸方向，離子受到的靜電力沿)，軸負(fù)方

向，可知離子沿z軸方向做勻速直線運動，沿y軸方向做勻減速直線運動，從A到。的過程，

有

=延

研）sin￡=。，，

L=vocos01,am

聯(lián)立解得￡=幽蟹竺

(2)如圖所示，

離子從坐標(biāo)原點。沿z軸正方向進(jìn)入磁場1中，由洛倫茲力提供向心力可得剪出二也

離子經(jīng)過磁場I偏轉(zhuǎn)后從y軸進(jìn)入磁場n中，由洛倫茲力提供向心力可得4小申4=處匚，可

乙A*H

得八|=啦八|

為了使離子在磁場中運動，

需滿足riWd,

則可得uW曙

故要使離子甲進(jìn)入磁場后始終在磁場中運動，進(jìn)入磁場時的最大速度為^

（3）離子甲以o=警的速度從。點沿z軸正方向第一次穿過xO），面進(jìn)入磁場I,離子在磁場

d

U-

I中的軌跡半徑為82

離子在磁場n中的軌跡半徑為廿粵

離子從0點第一次穿過到第四次穿過X0V平面的運動情景，如圖所示

離子第四次穿過xOy平面的x坐標(biāo)為

X4=2r2sin45°=d

離子第四次穿過X。），平面的），坐標(biāo)為

y^-2r\=d

故離子第四次穿過xO），平面的位置坐標(biāo)為（乩＜/,0）:

（4）設(shè)離子乙的速度為。'，根據(jù)離子甲、乙動能相同，可得%/=；X4w'2

,vqBd

可付。=2=需

離子乙在磁場I中的軌跡半徑為

4fnvf

n-=d=2門

qB

離子乙在磁場H中的軌跡半徑為

'r-

ri24=2-2

根據(jù)幾何關(guān)系可知離子甲、乙運動軌跡第一個交點如圖所示,

從。點進(jìn)入磁場到軌跡第一個交點的過程，有

―T1+T2-/

=(2+2小黨

1、，2兀4/n.127i-4m

一2義qB+2義z也

*B

=(4+46黨

可得離子甲、乙到達(dá)它們運動軌跡第一個交點的時間差為Z=tc—t,=（2+2吸）淺.

專題強化練

1.（2022?山東青島市三模）如圖，在空間建立Oxyz三維直角坐標(biāo)系，其中x軸水平向右，y

軸豎直向上，z軸垂直紙面向外，在工=“處平行于），Oz平面固定一足夠大熒光屏M,在），Oz

平面左側(cè)空間有方向豎直向下、電場強度為Ei的勻強電場；x軸上的A點（一2小名0,0）有一

粒子源，粒子源在xOy平面內(nèi)沿與x軸成一定角度射出帶電粒子，粒子的速度大小為血，質(zhì)

量為機，帶電荷量為+g.經(jīng)過一段時間，粒子從y軸上C點（0,34,0）垂直y軸進(jìn)入），0z平面與

熒光屏之間的空間，該空間內(nèi)有方向沿z軸正方向、磁感應(yīng)強度大小為B=髭的勻強磁場（圖

中未畫出），不計粒子重力.

⑴求yOz平面左側(cè)勻強電場的電場強度大小Ei；

（2）求粒子從A點射出到打到熒光屏上所經(jīng)歷的時間n

（3）若在），0z平面與熒光屏之間的空間再加上一沿z軸正方向、電場強度大小為期的勻強電場,

求粒子最終打在熒光屏上的P點時的位置坐標(biāo).

答案陪⑵考"⑶3。+①，筋）

解析（1）將粒子的速度次）分解為沿x軸方向的分速度如入?和沿y軸方向的分速度內(nèi)），,根據(jù)題

意可得，在沿x軸方向上有

Wi=2y/3a

沿y軸方向上有50、力=3a

則/=5=tan。

即8=60。

可得voy=^v（）

又由qE\=ma\得a\=^~

又有00y2=2〃].3〃

聯(lián)立可得昂=需

⑵粒子沿尤軸方向的分速度為

1

%=呼0

在沿x軸方向有2小a=v°xh

解得八=乎

粒子帶正電，由左手定則可知，粒子沿），軸負(fù)方向偏轉(zhuǎn)，設(shè)偏轉(zhuǎn)角為a

2

由qvoxB="V；'可得r=2a

由幾何關(guān)系可得sina=%=3，則a=30°

粒子在磁場中運動時間力3=0蒜°7

1」?2兀r2nm

又由T=京=項

解仔介一6M一3%

粒子從A點射出到打到熒光屏上所經(jīng)歷的時間f=fi+f2=乎+誓=.（女6?。?/p>

VoJ0O5Vo

⑶在），軸方向上由幾何關(guān)系可得），軸坐標(biāo)為

y=3a—（2a—y[3a）=（1+小）〃

在沿Z軸正方向上的位移大小

\qEo2qEoTVcr

z=2mt2=9，/S）2

故粒子打到屏上的位置坐標(biāo)是（a,（1+小）”，2哈％.

2.如圖所示，一些質(zhì)量為〃?、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)過電壓為U的電場加速后，粒子以一定的水平初速度從MS段垂直射出（S為中點），

進(jìn)入棱長為L的正方體電磁修正區(qū)內(nèi)（內(nèi)部有垂直面MPRG的方向如圖、大小未知的勻強磁

場與勻強電場）.距離正方體底部小乙處有一與RN4G平行的足夠大平板.現(xiàn)以正方體底面

中心O在平板的垂直投影點為原點，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，且從M點進(jìn)入正方體的粒子在正方體中運動的時間為舞.

不計粒子重力.

（1）求粒子進(jìn)入棱長為L的正方體電磁修正區(qū)時速度的大??；

（2）粒子射出正方體電磁修正區(qū)后到達(dá)平板所需時間；

（3）若滿足關(guān)系式箋，求從M點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）

答案/⑵2點⑶（一中3瞥0

解析（1）設(shè)粒子進(jìn)入棱長為L的正方體電磁修正區(qū)時的速度的大小為v,

根據(jù)動能定理有qU=^nv2

解得v=\l^

（2）在正方體中，粒子在平行于MPRG平面方向的分運動為勻速圓周運動，在垂直于MPRG

平面方向的分運動為勺加速直線運動，設(shè)粒子圓周分運動的周期為T,根據(jù)牛頓第二定律有

V2

qvB=nr^

『2nR

又T=---

v

解得?=鬻=等

從M點進(jìn)入正方體的粒子在正方體中運動的時間為

2nmT

所以粒子圓周分運動轉(zhuǎn)過的圓心角為120°,根據(jù)幾何關(guān)系可知粒子離開正方體時的速度在垂

直于平板方向的分量大小為

02=OCOS30°

離開正方體后粒子做勻速直線運動，到達(dá)平板所需時間為f2=坐

聯(lián)立解得々=2、