2024版高考物理復(fù)習(xí)教案：第一篇 專題三 培優(yōu)點(diǎn)6　帶電粒子在立體空間的運(yùn)動(dòng)

培優(yōu)點(diǎn)6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)問題，通過受力分析、運(yùn)動(dòng)分析，轉(zhuǎn)換視圖角度等方法，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。粒子在立體空間常見運(yùn)動(dòng)及解題策略運(yùn)動(dòng)類型解題策略在三維坐標(biāo)系中運(yùn)動(dòng)，每個(gè)軸方向上都是常見運(yùn)動(dòng)模型將粒子的運(yùn)動(dòng)分解為三個(gè)方向的運(yùn)動(dòng)一維加一面，如旋進(jìn)運(yùn)動(dòng)旋進(jìn)運(yùn)動(dòng)將粒子的運(yùn)動(dòng)分解為一個(gè)軸方向上的勻速直線運(yùn)動(dòng)或勻變速直線運(yùn)動(dòng)和垂直該軸的所在面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)運(yùn)動(dòng)所在平面切換，粒子進(jìn)入下一區(qū)域偏轉(zhuǎn)后曲線不在原來的平面內(nèi)把粒子運(yùn)動(dòng)所在的面隔離出來，轉(zhuǎn)換視圖角度，把立體圖轉(zhuǎn)化為平面圖，分析粒子在每個(gè)面的運(yùn)動(dòng)例1如圖，在空間直角坐標(biāo)系O－xyz中，界面Ⅰ與Oyz平面重疊，界面Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ相互平行，且相鄰界面的間距均為L(zhǎng)，與x軸的交點(diǎn)分別為O、O1、O2；在界面Ⅰ、Ⅱ間有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在界面Ⅱ、Ⅲ間有沿z軸正方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子，從y軸上距O點(diǎn)eq\f(L,2)處的P點(diǎn)，以速度v0沿x軸正方向射入電場(chǎng)區(qū)域，該粒子剛好從點(diǎn)O1進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域。粒子重力不計(jì)。求：(1)電場(chǎng)強(qiáng)度E的大??；(2)要讓粒子剛好不從界面Ⅲ飛出，磁感應(yīng)強(qiáng)度B應(yīng)多大。答案(1)eq\f(mv02,qL)(2)eq\f(\r(2)＋1mv0,qL)解析(1)粒子在電場(chǎng)區(qū)域做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)電場(chǎng)中粒子加速度為a，沿z軸正方向看，如圖所示粒子從O1點(diǎn)進(jìn)入右邊磁場(chǎng)，則L＝v0teq\f(L,2)＝eq\f(1,2)at2qE＝ma聯(lián)立方程解得E＝eq\f(mv02,qL)(2)設(shè)粒子到O1點(diǎn)時(shí)的速度為v，與x軸正方向夾角為θ，如圖所示，則vy＝at，v＝eq\r(v02＋vy2)tanθ＝eq\f(vy,v0)故tanθ＝1即有θ＝45°，v＝eq\r(2)v0在磁場(chǎng)區(qū)域，粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，粒子剛好不從界面Ⅲ飛出，如圖所示，則qvB＝meq\f(v2,R)又根據(jù)幾何關(guān)系R＋Rcos45°＝L解得B＝eq\f(\r(2)＋1mv0,qL)。例2(2023·江蘇鹽城市高級(jí)實(shí)驗(yàn)中學(xué)三模)真空中的立方體區(qū)域棱長(zhǎng)為L(zhǎng)，按如圖方式建立空間直角坐標(biāo)系，底面中心處有一點(diǎn)狀放射源S，僅在abcO所在平面內(nèi)向各個(gè)方向均勻發(fā)射帶正電粒子，粒子的速度大小均為v，電荷量為q，質(zhì)量為m。abfe面放有一個(gè)接收屏，用以接收粒子。現(xiàn)給立方體內(nèi)施加豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，使接收屏上恰好沒有收到任何粒子。(1)求勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。?2)現(xiàn)在正方體內(nèi)再加豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，要使所有從S發(fā)出的粒子剛好都能從上表面中心P離開，求出所有滿足條件的電場(chǎng)強(qiáng)度E的大??；(3)若電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小取第(2)問中的最大值，現(xiàn)讓abfe屏向左沿z軸負(fù)方向平移eq\f(L,4)(圖中未畫出)，求打在abfe屏上的粒子中x坐標(biāo)最大值和最小值對(duì)應(yīng)點(diǎn)的坐標(biāo)(x，y，z)。答案(1)eq\f(4mv,qL)(2)eq\f(8mv2,qLn2π2)(n＝1,2,3，…)(3)(eq\f(2＋\r(3),4)L，eq\f(1,4)L，eq\f(3,4)L)(eq\f(1,4)L，eq\f(1,16)L，eq\f(3,4)L)解析(1)所有粒子恰好被束縛在正方形abcO區(qū)域內(nèi)，由幾何關(guān)系得r＝eq\f(L,4)，粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)qvB＝meq\f(v2,r)，解得B＝eq\f(4mv,qL)(2)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(πL,2v)，要使所有粒子剛好都能從上表面中心P離開，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＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)(nT)2，解得E＝eq\f(8mv2,qLn2π2)(n＝1,2,3，…)(3)粒子運(yùn)動(dòng)的俯視圖如圖所示，由圖可知，當(dāng)打在屏上的位置P1與S的連線SP1為粒子軌跡的直徑時(shí)，射出粒子的橫坐標(biāo)為最大值，此時(shí)橫坐標(biāo)為x1＝eq\f(2＋\r(3),4)L，粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1＝eq\f(1,2)T，此時(shí)對(duì)應(yīng)的縱坐標(biāo)為y1＝eq\f(1,2)eq\f(qE,m)t12，解得y1＝eq\f(L,4)，故坐標(biāo)為(eq\f(2＋\r(3),4)L，eq\f(1,4)L，eq\f(3,4)L)。由圖所示，當(dāng)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡恰與abfe面相切時(shí)，射出粒子的橫坐標(biāo)為最小值，此時(shí)橫坐標(biāo)為x2＝eq\f(L,4)，此時(shí)粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2＝eq\f(1,4)T，此時(shí)對(duì)應(yīng)的縱坐標(biāo)為y2＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)t22，解得y2＝eq\f(1,16)L，故坐標(biāo)為(eq\f(1,4)L，eq\f(1,16)L，eq\f(3,4)L)。專題強(qiáng)化練1．(2023·江蘇省前黃高級(jí)中學(xué)二模)用圖甲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)化成如圖乙所示的情景來討論：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v0沿與x軸正方向成α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D，螺距為Δx，則下列說法中正確的是()A．勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向?yàn)檠豿軸負(fù)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Δx不變C．若僅增大電子入射的初速度v0，則直徑D增大，而螺距Δx將減小D．若僅增大α角(α<90°)，則直徑D增大，而螺距Δx將減小，且當(dāng)α＝90°時(shí)“軌跡”為閉合的整圓答案D解析將電子的初速度沿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＝v0cosα·t，沿y軸方向，速度與磁場(chǎng)方向垂直，洛倫茲力提供向心力做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由左手定則可知，磁場(chǎng)方向沿x軸正方向，故A錯(cuò)誤；根據(jù)evB＝meq\f(v2,R)，T＝eq\f(2πR,v)，且v＝v0sinα，解得D＝2R＝eq\f(2mv0sinα,eB)，T＝eq\f(2πm,eB)，所以Δx＝vxT＝eq\f(2πmv0cosα,eB)，所以，若僅增大磁感應(yīng)強(qiáng)度B，則D、Δx均減小，故B錯(cuò)誤；若僅增大v0，則D、Δx皆按比例增大，故C錯(cuò)誤；若僅增大α，則D增大，而Δx減小，且α＝90°時(shí)Δx＝0，故D正確。2.如圖所示，在三維坐標(biāo)系O－xyz中存在一長(zhǎng)方體ABCD－abOd，yOz平面左側(cè)存在沿z軸負(fù)方向、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1(未知)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，右側(cè)存在沿BO方向、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2(未知)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(未畫出)?，F(xiàn)有一帶正電粒子以初速度v從A點(diǎn)沿平面ABCD進(jìn)入磁場(chǎng)，經(jīng)C點(diǎn)垂直yOz平面進(jìn)入右側(cè)磁場(chǎng)，此時(shí)撤去yOz平面左側(cè)的磁場(chǎng)B1，換上電場(chǎng)強(qiáng)度為E(未知)的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度的方向豎直向上，最終粒子恰好打在Aa棱上。已知AB＝2L、Aa＝AD＝L，B2＝5eq\r(2)B1，粒子的電荷量為q，質(zhì)量為m(重力不計(jì))。求：(1)磁感應(yīng)強(qiáng)度B1的大小；(2)粒子第二次經(jīng)過yOz平面的坐標(biāo)；(3)電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小。答案(1)eq\f(2mv,5qL)(2)(0，eq\f(L,2)，eq\f(L,2))(3)eq\f(mv2,4qL)解析(1)帶電粒子在yOz平面左側(cè)磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，由幾何關(guān)系得R2＝(2L)2＋(R－L)2解得R＝eq\f(5,2)L由牛頓第二定律可得qvB1＝meq\f(v2,R)解得B1＝eq\f(2mv,5qL)(2)在右側(cè)磁場(chǎng)中由牛頓第二定律得qvB2＝meq\f(v2,r)，又B2＝5eq\r(2)B1，解得r＝eq\f(\r(2),4)Ly＝2rsin45°＝eq\f(L,2)z＝L－2rcos45°＝eq\f(L,2)即粒子第二次經(jīng)過yOz平面的坐標(biāo)為(0，eq\f(L,2)，eq\f(L,2))。(3)粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，x軸方向上2L＝vty軸方向上L－y＝eq\f(1,2)eq\f(qE,m)t2，解得E＝eq\f(mv2,4qL)。3．如圖甲是醫(yī)用腫瘤化療裝置，其原理如圖乙所示，利用在O點(diǎn)沿y軸正方向射出的高能質(zhì)子束對(duì)腫瘤病灶精準(zhǔn)打擊從而殺死癌細(xì)胞。實(shí)際中，質(zhì)子束的運(yùn)動(dòng)方向并不是嚴(yán)格沿y軸而是與y軸有一個(gè)很小的偏角，呈發(fā)散狀。為此加一個(gè)方向沿y軸正向，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，使得質(zhì)子參與兩種運(yùn)動(dòng)，沿y軸方向的直線運(yùn)動(dòng)和在垂直y軸的平面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)。為研究方便，用垂直y軸足夠大的顯示屏表示病人，癌細(xì)胞位于屏上，從O點(diǎn)射出的質(zhì)子速度為v，質(zhì)量為m，電荷量為q，所有質(zhì)子與y軸正方向偏差角均為θ，不考慮質(zhì)子重力和空氣阻力。(1)質(zhì)子在y軸方向的分運(yùn)動(dòng)速度大小是否變化，請(qǐng)簡(jiǎn)述理由；(2)當(dāng)顯示屏離O點(diǎn)距離為多大時(shí)，所有的質(zhì)子會(huì)重新會(huì)聚于一點(diǎn)？(3)移動(dòng)顯示屏，屏上出現(xiàn)一亮環(huán)，當(dāng)屏到O點(diǎn)的距離為L(zhǎng)＝eq\f(πmvcosθ,2qB)時(shí)，亮環(huán)半徑多大？在移動(dòng)顯示屏過程中，最大亮環(huán)的面積是多少？答案(1)見解析(2)eq\f(2nπmvcosθ,qB)(n＝1,2,3…)(3)eq\f(\r(2)mvsinθ,qB)eq\f(4πmvsinθ2,q2B2)解析(1)速度大小不變，y軸方向與磁場(chǎng)平行，y軸方向受力為0。(2)y軸方向L＝vcosθ·t質(zhì)子做圓周運(yùn)動(dòng)，有Bqvsinθ＝eq\f(mvsinθ2,r)又T＝eq\f(2πr,vsinθ)解得T＝eq\f(2πm,Bq)當(dāng)t＝nT(n＝1,2,3…)時(shí)，所有質(zhì)子會(huì)聚一點(diǎn)，可得L＝e