第一篇三高考新動(dòng)向帶電粒子在立體空間的運(yùn)動(dòng)講義

高考新動(dòng)向2帶電粒子在立體空間的運(yùn)動(dòng)

帶電粒子在立體空間中的組合場(chǎng)、疊加場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，通過(guò)受力分析、運(yùn)動(dòng)分析，轉(zhuǎn)換

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

動(dòng)對(duì)應(yīng)的規(guī)律進(jìn)行求解.

常見(jiàn)粒子在立體空間的運(yùn)動(dòng)軌跡特點(diǎn)，粒子的運(yùn)動(dòng)為一個(gè)軸方向的直線運(yùn)動(dòng)和垂直軸的

平面中的曲線運(yùn)動(dòng)，或粒子從一個(gè)平面的曲線運(yùn)動(dòng)變換到另一個(gè)平面的曲線運(yùn)動(dòng).

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

放射源5,僅在。兒0所在平面內(nèi)向各個(gè)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(qiáng)磁

場(chǎng)，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(gè)屏，該屏可以沿z軸

左右平移.

(1)求勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；

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

所加勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小(結(jié)果用7t表示)：

(3)若勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小取第(2)問(wèn)中的最大值，現(xiàn)讓abfe屏向左沿一z方向移動(dòng)

0.2m,求粒子打在abfe屏上x(chóng)坐標(biāo)最大值和最小值時(shí)對(duì)應(yīng)點(diǎn)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(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有

?V2

解得8=0.5T

(2)a粒子做圓周運(yùn)動(dòng)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(kāi)，所用時(shí)間一定為周期的整數(shù)倍，在豎直方向上

由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律得

L=翳叫2

5X106

解得E=K>V/m(〃=l,2,3,…)

（3）粒子運(yùn)動(dòng)的俯視圖如圖所示,

由圖可知，當(dāng)SPi為直徑時(shí)，射出粒子的x軸坐標(biāo)為最大值，此時(shí)粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為

1.8

6='7=4兀X108s

此時(shí)對(duì)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(shí)，射出粒子的x軸坐標(biāo)為最小值，此時(shí)粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為

力=；7=2兀*IO-8s

此時(shí)對(duì)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(guó)“人造太陽(yáng)”在核聚變實(shí)驗(yàn)方面取得新突破，該裝置中用電磁場(chǎng)

約束和加速高能離子，其部分電磁場(chǎng)簡(jiǎn)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(qiáng)磁場(chǎng)I,磁感應(yīng)強(qiáng)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(qiáng)磁場(chǎng)II,磁感應(yīng)強(qiáng)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(qiáng)電場(chǎng).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(zhǎng)的點(diǎn)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(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后，經(jīng)坐標(biāo)原點(diǎn)。沿z軸正方向進(jìn)入磁場(chǎng)I.不計(jì)離子重力.

⑴當(dāng)離子甲從4點(diǎn)出射速度為。。時(shí)，求電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E；

(2)若使離子甲進(jìn)入磁場(chǎng)后始終在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，求進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的最大速度Om；

(3)離子甲以空的速度從。點(diǎn)沿z軸正方向第一次穿過(guò)xOy面進(jìn)入磁場(chǎng)I,求第四次穿過(guò)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(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)I時(shí)，質(zhì)量為4%、帶電量為+q的離子乙，也從。

點(diǎn)沿z軸正方向以相同的動(dòng)能同時(shí)進(jìn)入磁場(chǎng)I,求兩離子進(jìn)入磁場(chǎng)后，到達(dá)它們運(yùn)動(dòng)軌跡第

一個(gè)交點(diǎn)的時(shí)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(diǎn)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(yùn)動(dòng)，沿y軸方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，從A到。的過(guò)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(diǎn)。沿z軸正方向進(jìn)入磁場(chǎng)1中，由洛倫茲力提供向心力可得剪出二也

離子經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)I偏轉(zhuǎn)后從y軸進(jìn)入磁場(chǎng)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(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，

需滿足riWd,

則可得uW曙

故要使離子甲進(jìn)入磁場(chǎng)后始終在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的最大速度為^

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

d

U-

I中的軌跡半徑為82

離子在磁場(chǎng)n中的軌跡半徑為廿粵

離子從0點(diǎn)第一次穿過(guò)到第四次穿過(guò)X0V平面的運(yùn)動(dòng)情景，如圖所示

離子第四次穿過(guò)xOy平面的x坐標(biāo)為

X4=2r2sin45°=d

離子第四次穿過(guò)X。），平面的），坐標(biāo)為

y^-2r\=d

故離子第四次穿過(guò)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(dòng)能相同，可得%/=；X4w'2

,vqBd

可付。=2=需

離子乙在磁場(chǎng)I中的軌跡半徑為

4fnvf

n-=d=2門(mén)

qB

離子乙在磁場(chǎng)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(yùn)動(dòng)軌跡第一個(gè)交點(diǎn)如圖所示,

從。點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)到軌跡第一個(gè)交點(diǎn)的過(guò)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(yùn)動(dòng)軌跡第一個(gè)交點(diǎn)的時(shí)間差為Z=tc—t,=（2+2吸）淺.

專題強(qiáng)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(chǎng)強(qiáng)度為Ei的勻強(qiáng)電場(chǎng)；x軸上的A點(diǎn)（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(jī)，帶電荷量為+g.經(jīng)過(guò)一段時(shí)間，粒子從y軸上C點(diǎn)（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(qiáng)度大小為B=髭的勻強(qiáng)磁場(chǎng)（圖

中未畫(huà)出），不計(jì)粒子重力.

⑴求yOz平面左側(cè)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小Ei；

（2）求粒子從A點(diǎn)射出到打到熒光屏上所經(jīng)歷的時(shí)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(chǎng)強(qiáng)度大小為期的勻強(qiáng)電場(chǎng),

求粒子最終打在熒光屏上的P點(diǎn)時(shí)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(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間力3=0蒜°7

1」?2兀r2nm

又由T=京=項(xiàng)

解仔介一6M一3%

粒子從A點(diǎn)射出到打到熒光屏上所經(jīng)歷的時(shí)間f=fi+f2=乎+誓=.（女6小）

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+?。?/p>

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+?。保?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(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L(zhǎng)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(qiáng)磁

場(chǎng)與勻強(qiáng)電場(chǎng)）.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(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)間為舞.

不計(jì)粒子重力.

（1）求粒子進(jìn)入棱長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方體電磁修正區(qū)時(shí)速度的大?。?/p>

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

（3）若滿足關(guān)系式箋，求從M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）

答案/⑵2點(diǎn)⑶（一中3瞥0

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

根據(jù)動(dòng)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(yùn)動(dòng)為勻速圓周運(yùn)動(dòng)，在垂直于MPRG

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

V2

qvB=nr^

『2nR

又T=---

v

解得?=鬻=等

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)間為

2nmT

所以粒子圓周分運(yùn)動(dòng)轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角為120°,根據(jù)幾何關(guān)系可知粒子離開(kāi)正方體時(shí)的速度在垂

直于平板方向的分量大小為

02=OCOS30°

離開(kāi)正方體后粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，到達(dá)平板所需時(shí)間為f2=坐

聯(lián)立解得々=2、