2025年高考物理復習十六：帶電粒子在立體空間中的運動（含解析）

PAGE專題強化練(十六)帶電粒子在立體空間中的運動(40分鐘60分)一、選擇題1.(6分)(2022·重慶選擇考)2021年中國全超導托卡馬克核聚變實驗裝置創(chuàng)造了新的紀錄。為粗略了解等離子體在托卡馬克環(huán)形真空室內(nèi)的運動狀況,某同學將一小段真空室內(nèi)的電場和磁場理想化為方向均水平向右的勻強電場和勻強磁場(如圖),電場強度大小為E,磁感應強度大小為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qEvB.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2.(6分)(多選)(2023·長沙模擬)用圖1所示的洛倫茲力演示儀演示帶電粒子在勻強磁場中的運動時發(fā)現(xiàn),有時玻璃泡中的電子束在勻強磁場中的運動軌跡呈“螺旋”狀?，F(xiàn)將這一現(xiàn)象簡化成如圖2所示的情景來討論:在空間存在平行于x軸的勻強磁場,由坐標原點在xOy平面內(nèi)以初速度v0沿與x軸正方向成α角的方向射入磁場的電子運動軌跡為螺旋線,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.勻強磁場的方向為沿x軸正方向B.若僅增大勻強磁場的磁感應強度,則直徑D減小,而螺距Δx增大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α=90°時“軌跡”為閉合的整圓二、計算題3.(10分)如圖所示,豎直平面MNRS的右側(cè)存在方向豎直向上且足夠大的勻強磁場,從平面MNRS上的O點處以初速度v0=10m/s垂直MNRS面向右拋出一帶電荷量為q、質(zhì)量為m的小球。若磁感應強度大小B=πmq,g取10m/s2(1)小球離開磁場時的速度大小;(2)小球離開磁場時的位置與拋出點的距離。4.(12分)(2023·汕頭模擬)如圖所示,在正交坐標系Oxyz的空間中,同時存在勻強電場和勻強磁場。勻強磁場的磁感應強度大小為B,方向與Oxy平面平行,且與x軸的夾角為60°。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的帶電粒子從y軸上的點P(0,h,0)沿平行于z軸正方向以速度v0射入場區(qū)保持勻速直線運動,不計重力。(1)求電場強度E的大小;(2)若撤去磁場,求帶電粒子從P射入后運動到Oxz平面時的坐標。5.(12分)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軸正向的勻強電場,Ⅱ區(qū)內(nèi)既有沿z軸負向的勻強磁場,又有沿z軸正向的勻強電場,電場強度與Ⅰ區(qū)電場強度等大?，F(xiàn)有一正離子從左側(cè)截面的最低點A處以初速度v0沿z軸正向進入Ⅰ區(qū),經(jīng)過兩個區(qū)域分界面上的B點進入Ⅱ區(qū),在以后的運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點飛出,B點和C點均為所在截面處豎直半徑的中點(如圖中所示),已知離子質(zhì)量為m、電荷量為q,不計離子重力,求:(1)電場強度的大小;(2)離子到達B點時速度的大小;(3)Ⅱ區(qū)中磁感應強度的大小;(4)Ⅱ區(qū)的長度L應為多大。6.(14分)(2023·株洲模擬)如圖所示,一些質(zhì)量為m、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MF中點),進入棱長為L的正方體電磁修正區(qū)內(nèi)(內(nèi)部有垂直面MPRG的方向如圖所示的磁感應強度B和電場強度E大小未知的勻強磁場與勻強電場)。距離正方體底部3L處有一與RNAG平行且足夠大的平板,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點進入正方體的粒子在正方體中運動的時間滿足2πm3(1)求粒子進入棱長為L的正方體電磁修正區(qū)時速度的大小;(2)粒子射出正方體電磁修正區(qū)后到達平板所需的時間;(3)若滿足關系式E=qUB22π2m,求從M解析版一、選擇題1.(6分)(2022·重慶選擇考)2021年中國全超導托卡馬克核聚變實驗裝置創(chuàng)造了新的紀錄。為粗略了解等離子體在托卡馬克環(huán)形真空室內(nèi)的運動狀況,某同學將一小段真空室內(nèi)的電場和磁場理想化為方向均水平向右的勻強電場和勻強磁場(如圖),電場強度大小為E,磁感應強度大小為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qEvB.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【解析】選D。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;根據(jù)運動的疊加原理可知,離子在垂直于磁場方向做勻速圓周運動,沿磁場方向做加速運動,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磁場中的運動時發(fā)現(xiàn),有時玻璃泡中的電子束在勻強磁場中的運動軌跡呈“螺旋”狀?，F(xiàn)將這一現(xiàn)象簡化成如圖2所示的情景來討論:在空間存在平行于x軸的勻強磁場,由坐標原點在xOy平面內(nèi)以初速度v0沿與x軸正方向成α角的方向射入磁場的電子運動軌跡為螺旋線,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.勻強磁場的方向為沿x軸正方向B.若僅增大勻強磁場的磁感應強度,則直徑D減小,而螺距Δx增大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α=90°時“軌跡”為閉合的整圓【解題指南】解決本題需注意以下兩點:(1)將電子的速度分解為沿x軸和y軸兩個方向,根據(jù)其不同方向上的受力特點,結(jié)合牛頓第二定律和運動學公式完成分析;(2)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動學公式得出螺距的表達式,根據(jù)題目選項完成分析。【解析】選A、D。將電子的初速度沿x軸及y軸方向分解,沿x方向速度與磁場方向平行,做勻速直線運動且x=v0cosα·t沿y軸方向速度與磁場方向垂直,由左手定則可知,磁場方向沿x軸正方向,故A正確;evB=mv2R,T=2πRv且v=v0sinα,解得D=2R=2mv0sinαeB,T=2πmeB,故Δx=vxT=2πmv0cosαeB,可以判斷,若僅增大磁感應強度B,則D、Δx均減小,故B錯誤;若僅增大v0,則D、Δx皆按比例增大,故C錯誤;若僅增大α,則D增大,而二、計算題3.(10分)如圖所示,豎直平面MNRS的右側(cè)存在方向豎直向上且足夠大的勻強磁場,從平面MNRS上的O點處以初速度v0=10m/s垂直MNRS面向右拋出一帶電荷量為q、質(zhì)量為m的小球。若磁感應強度大小B=πmq,g取10m/s2(1)小球離開磁場時的速度大小;答案:(1)102m/s【解析】(1)小球在水平方向做勻速圓周運動,在豎直方向做自由落體運動,水平方向小球恰好轉(zhuǎn)半個周期離開磁場,故離開磁場的時間為t=T2=πmqB=1s,則離開磁場時在豎直方向上的速度vy=gt=10m/s,故小球離開磁場時的速度大小為v=v0(2)小球離開磁場時的位置與拋出點的距離。答案:(2)5π【解析】(2)小球離開磁場時在豎直方向的位移大小為y=12gt2=5m,小球在水平方向做勻速圓周運動有qv0B=mv02R,解得R=mv0qB,水平方向位移為直徑,即x=2R=2mv04.(12分)(2023·汕頭模擬)如圖所示,在正交坐標系Oxyz的空間中,同時存在勻強電場和勻強磁場。勻強磁場的磁感應強度大小為B,方向與Oxy平面平行,且與x軸的夾角為60°。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的帶電粒子從y軸上的點P(0,h,0)沿平行于z軸正方向以速度v0射入場區(qū)保持勻速直線運動,不計重力。(1)求電場強度E的大小;答案:(1)Bv0【解析】(1)帶電粒子所受的合力為零,根據(jù)受力平衡條件可得:qE=qv0B,解得:E=Bv0(2)若撤去磁場,求帶電粒子從P射入后運動到Oxz平面時的坐標。答案:(2)(3h,0,2mhv【解析】(2)撤去磁場后,粒子在電場中做類平拋運動,根據(jù)牛頓第二定律可得:qE=ma根據(jù)運動學公式可得:hcos60°=12at2,z=聯(lián)立解得:z=2mhv0qB,又x=h粒子經(jīng)過的坐標為(3h,0,2mhv0【解題指南】解決本題需注意以下兩點:(1)根據(jù)電場力和洛倫茲力的等量關系得出場強的大小;(2)根據(jù)牛頓第二定律和運動學公式得出對應的坐標。5.(12分)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軸正向的勻強電場,Ⅱ區(qū)內(nèi)既有沿z軸負向的勻強磁場,又有沿z軸正向的勻強電場,電場強度與Ⅰ區(qū)電場強度等大?，F(xiàn)有一正離子從左側(cè)截面的最低點A處以初速度v0沿z軸正向進入Ⅰ區(qū),經(jīng)過兩個區(qū)域分界面上的B點進入Ⅱ區(qū),在以后的運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點飛出,B點和C點均為所在截面處豎直半徑的中點(如圖中所示),已知離子質(zhì)量為m、電荷量為q,不計離子重力,求:(1)電場強度的大小;答案:(1)3【解析】(1)離子在Ⅰ區(qū)做類平拋運動,根據(jù)類平拋運動的規(guī)律有4R=v0t,3R2=12at2,根據(jù)牛頓第二定律有a=Eqm,解得電場強度的大小為(2)離子到達B點時速度的大小;答案:(2)54v【解析】(2)類平拋過程由動能定理有3EqR2=12mv2-12mv02,解得離子到達B點時速度的大小為(3)Ⅱ區(qū)中磁感應強度的大小;答案:(3)2【解析】(3)離子在Ⅱ區(qū)內(nèi)做復雜的旋進運動。將該運動分解為圓柱腔截面上的勻速圓周運動和沿z軸正方向的勻加速直線運動,根據(jù)題意可得,在圓柱腔截面上的勻速圓周運動軌跡如圖所示。設臨界圓軌跡半徑為r,根據(jù)幾何知識有(R-r)2=r2+R24,解得離子的軌跡半徑為r=38R,離子沿y軸正方向的速度為vy=v2-v02=34v0,則根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvyB=(4)Ⅱ區(qū)的長度L應為多大。答案:(4)nπR+3n2π2【解析】(4)離子在圓柱腔截面上做勻速圓周運動的周期為T=2πrvy,由題意知離子在Ⅱ區(qū)運動的時間為T的整數(shù)倍,離子在z軸正方向上做勻加速直線運動,根據(jù)勻變速直線運動的位移公式可得L=v0nT+12a(nT)2(n=1,2,3,…),聯(lián)立解得Ⅱ區(qū)的長度為L=nπR+3n6.(14分)(2023·株洲模擬)如圖所示,一些質(zhì)量為m、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MF中點),進入棱長為L的正方體電磁修正區(qū)內(nèi)(內(nèi)部有垂直面MPRG的方向如圖所示的磁感應強度B和電場強度E大小未知的勻強磁場與勻強電場)。距離正方體底部3L處有一與RNAG平行且足夠大的平板,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點進入正方體的粒子在正方體中運動的時間滿足2πm3(1)求粒子進入棱長為L的正方體電磁修正區(qū)時速度的大小;答案:(1)2【解析】(1)設粒子進入棱長為L的正方體電磁修正區(qū)時的速度大小為v,根據(jù)動能定理有qU=12mv2,解得v=(2)粒子射出正方體電磁修正區(qū)后到達平板所需的時間;答案:(2)2Lm【解析】(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勻加速直線運動,設粒子做圓周運動的周期為T,根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB=mv2R,又T=2πRv,從M點進入正方體的粒子在正方體中的運動時間為t1=2πm3qB=T3,所以粒子做圓周運動轉(zhuǎn)過的圓心角為120°,根據(jù)幾何關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v2=vcos30°。離開正方體后粒子做勻速直線運動,到達平板所需的時間為t2=3Lv2(3)若滿足關系式E=qUB22π2m,求從M答案:(3)(-9-236L【解析】(3)根據(jù)幾何關系有R+R