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专题强化练(十六) 带电粒子在立体空间中的运动
(40分钟 60分)
一、选择题
1.(6分)(2022·重庆选择考)2021年中国全超导托卡马克核聚变实验装置创造了新的纪录。为
粗略了解等离子体在托卡马克环形真空室内的运动状况,某同学将一小段真空室内的电场和
磁场理想化为方向均水平向右的匀强电场和匀强磁场(如图),电场强度大小为E,磁感应强度大
小为B。若某电荷量为q的正离子在此电场和磁场中运动,其速度平行于磁场方向的分量大小
为v ,垂直于磁场方向的分量大小为v ,不计离子重力,则 ( )
1 2
A.电场力的瞬时功率为qE
√v2+v2
1 2
B.该离子受到的洛伦兹力大小为qv B
1
C.v 与v 的比值不断变大
2 1
D.该离子的加速度大小不变
2.(6分)(多选)(2023·长沙模拟)用图1所示的洛伦兹力演示仪演示带电粒子在匀强磁场中的运
动时发现,有时玻璃泡中的电子束在匀强磁场中的运动轨迹呈“螺旋”状。现将这一现象简
化成如图2所示的情景来讨论:在空间存在平行于x轴的匀强磁场,由坐标原点在xOy平面内以初速度v 沿与x轴正方向成α角的方向射入磁场的电子运动轨迹为螺旋线,其轴线平行于x
0
轴,直径为D,螺距为Δx,则下列说法中正确的是 ( )
A.匀强磁场的方向为沿x轴正方向
B.若仅增大匀强磁场的磁感应强度,则直径D减小,而螺距Δx增大
C.若仅增大电子入射的初速度v ,则直径D增大,而螺距Δx将减小
0
D.若仅增大α角(α<90°),则直径D增大,而螺距Δx将减小,且当α=90°时“轨迹”为闭合的整圆
二、计算题
3.(10 分)如图所示,竖直平面 MNRS 的右侧存在方向竖直向上且足够大的匀强磁场,从平面
MNRS上的O点处以初速度v =10 m/s垂直MNRS面向右抛出一带电荷量为q、质量为m的小
0
πm
球。若磁感应强度大小B= ,g取10 m/s2。求:
q
(1)小球离开磁场时的速度大小;(2)小球离开磁场时的位置与抛出点的距离。
4.(12分)(2023·汕头模拟)如图所示,在正交坐标系Oxyz的空间中,同时存在匀强电场和匀强磁
场。匀强磁场的磁感应强度大小为 B,方向与Oxy平面平行,且与x轴的夹角为60°。一质量为
m、电荷量为q(q>0)的带电粒子从y轴上的点P(0,h,0)沿平行于z轴正方向以速度v 射入场区
0
保持匀速直线运动,不计重力。
(1)求电场强度E的大小;(2)若撤去磁场,求带电粒子从P射入后运动到Oxz平面时的坐标。
5.(12分)某离子实验装置的基本原理图如图所示,截面半径为R的圆柱腔分为两个工作区,Ⅰ
区长度d=4R,内有沿y轴正向的匀强电场,Ⅱ区内既有沿z轴负向的匀强磁场,又有沿z轴正向
的匀强电场,电场强度与Ⅰ区电场强度等大。现有一正离子从左侧截面的最低点 A处以初速
度v 沿z轴正向进入Ⅰ区,经过两个区域分界面上的 B点进入Ⅱ区,在以后的运动过程中恰好
0
未从圆柱腔的侧面飞出,最终从右侧截面上的C点飞出,B点和C点均为所在截面处竖直半径
的中点(如图中所示),已知离子质量为m、电荷量为q,不计离子重力,求:
(1)电场强度的大小;(2)离子到达B点时速度的大小;
(3)Ⅱ区中磁感应强度的大小;
(4)Ⅱ区的长度L应为多大。
6.(14分)(2023·株洲模拟)如图所示,一些质量为m、电荷量为+q的带电粒子从一线状粒子源射
出(初速度可视为0),经过电压为U的电场加速后,粒子以一定的水平初速度从 MS段垂直射出(S为MF中点),进入棱长为L的正方体电磁修正区内(内部有垂直面MPRG的方向如图所示的
磁感应强度B和电场强度E大小未知的匀强磁场与匀强电场)。距离正方体底部√3L处有一
与RNAG平行且足够大的平板,现以正方体底面中心O在平板的垂直投影点为原点,在平板内
建立直角坐标系(其中x轴与GR平行)。所有带电粒子都从正方体底面离开,且从M点进入正
2πm
方体的粒子在正方体中运动的时间满足 ,不计粒子重力。
3qB
(1)求粒子进入棱长为L的正方体电磁修正区时速度的大小;
(2)粒子射出正方体电磁修正区后到达平板所需的时间;
(3)若满足关系式E=√qU B2,求从M点入射的粒子最后打到平板上的位置坐标。(结果用L表
2π2m示)
解析版
一、选择题
1.(6分)(2022·重庆选择考)2021年中国全超导托卡马克核聚变实验装置创造了新的纪录。为
粗略了解等离子体在托卡马克环形真空室内的运动状况,某同学将一小段真空室内的电场和
磁场理想化为方向均水平向右的匀强电场和匀强磁场(如图),电场强度大小为E,磁感应强度大
小为B。若某电荷量为q的正离子在此电场和磁场中运动,其速度平行于磁场方向的分量大小
为v ,垂直于磁场方向的分量大小为v ,不计离子重力,则 ( )
1 2
A.电场力的瞬时功率为qE
√v2+v2
1 2
B.该离子受到的洛伦兹力大小为qv B
1C.v 与v 的比值不断变大
2 1
D.该离子的加速度大小不变
【解析】选D。根据功率的计算公式可知P=Fvcosθ,则电场力的瞬时功率为P=Eqv ,A错误;由
1
于v 与磁场B平行,则根据洛伦兹力的计算公式知F =qv B,B错误;根据运动的叠加原理可知,
1 洛 2
离子在垂直于磁场方向做匀速圆周运动,沿磁场方向做加速运动,则v 增大,v 不变,v 与v 的比
1 2 2 1
值不断变小,C错误;离子受到的安培力不变,静电力不变,则该离子的加速度大小不变,D正确。
2.(6分)(多选)(2023·长沙模拟)用图1所示的洛伦兹力演示仪演示带电粒子在匀强磁场中的运
动时发现,有时玻璃泡中的电子束在匀强磁场中的运动轨迹呈“螺旋”状。现将这一现象简
化成如图2所示的情景来讨论:在空间存在平行于x轴的匀强磁场,由坐标原点在xOy平面内
以初速度v 沿与x轴正方向成α角的方向射入磁场的电子运动轨迹为螺旋线,其轴线平行于x
0
轴,直径为D,螺距为Δx,则下列说法中正确的是 ( )
A.匀强磁场的方向为沿x轴正方向
B.若仅增大匀强磁场的磁感应强度,则直径D减小,而螺距Δx增大
C.若仅增大电子入射的初速度v ,则直径D增大,而螺距Δx将减小
0D.若仅增大α角(α<90°),则直径D增大,而螺距Δx将减小,且当α=90°时“轨迹”为闭合的整圆
【解题指南】解决本题需注意以下两点:
(1)将电子的速度分解为沿 x轴和y轴两个方向,根据其不同方向上的受力特点,结合牛顿第二
定律和运动学公式完成分析;
(2)电子受到的洛伦兹力提供向心力,结合牛顿第二定律和运动学公式得出螺距的表达式,根据
题目选项完成分析。
【解析】选A、D。将电子的初速度沿 x轴及y轴方向分解,沿x方向速度与磁场方向平行,做
匀速直线运动且x=v cosα·t沿y轴方向速度与磁场方向垂直,由左手定则可知,磁场方向沿x轴
0
v2 2πR 2mv sinα 2πm
正方向,故 A 正确;evB=m ,T= 且 v=v sinα,解得 D=2R= 0 ,T= ,故 Δx=v T=
R v 0 eB eB x
2πmv cosα
0 ,可以判断,若仅增大磁感应强度B,则D、Δx均减小,故B错误;若仅增大v ,则D、
0
eB
Δx皆按比例增大,故C错误;若仅增大α,则D增大,而Δx减小,且α=90°时Δx=0,“轨迹”为闭合
的整圆,故D正确。
二、计算题
3.(10 分)如图所示,竖直平面 MNRS 的右侧存在方向竖直向上且足够大的匀强磁场,从平面
MNRS上的O点处以初速度v =10 m/s垂直MNRS面向右抛出一带电荷量为q、质量为m的小
0
πm
球。若磁感应强度大小B= ,g取10 m/s2。求:
q(1)小球离开磁场时的速度大小;
答案:(1)10√2 m/s
【解析】(1)小球在水平方向做匀速圆周运动,在竖直方向做自由落体运动,水平方向小球恰好
T πm
转半个周期离开磁场,故离开磁场的时间为t= = =1 s,则离开磁场时在竖直方向上的速度
2 qB
v =gt=10 m/s,故小球离开磁场时的速度大小为v= =10 m/s。
y √v2+v2 √2
0 y
(2)小球离开磁场时的位置与抛出点的距离。
5
答案: (2) √π2+16 m
π
1
【解析】(2)小球离开磁场时在竖直方向的位移大小为 y= gt2=5 m,小球在水平方向做匀速圆
2
周运动有qv B=mv2 ,解得R=mv ,水平方向位移为直径,即x=2R=2mv =20 m,则小球离开磁
0 0 0 0
R qB qB π
5
场时的位置与抛出点的距离为s=√x2+ y2= √π2+16 m。
π
4.(12分)(2023·汕头模拟)如图所示,在正交坐标系Oxyz的空间中,同时存在匀强电场和匀强磁
场。匀强磁场的磁感应强度大小为 B,方向与Oxy平面平行,且与x轴的夹角为60°。一质量为
m、电荷量为q(q>0)的带电粒子从y轴上的点P(0,h,0)沿平行于z轴正方向以速度v 射入场区
0保持匀速直线运动,不计重力。
(1)求电场强度E的大小;
答案:(1)Bv
0
【解析】(1)带电粒子所受的合力为零,根据受力平衡条件可得:qE=qv B,解得:E=Bv
0 0
(2)若撤去磁场,求带电粒子从P射入后运动到Oxz平面时的坐标。
答案:(2)( h,0,2√mhv )
√3 0
qB
【解析】(2)撤去磁场后,粒子在电场中做类平抛运动,根据牛顿第二定律可得:qE=ma
h 1
根据运动学公式可得: = at2,z=v t
0
cos60° 2
联立解得:z=2√mhv ,又x=htan60°= h
0 √3
qB
粒子经过的坐标为( h,0,2√mhv )。
√3 0
qB
【解题指南】解决本题需注意以下两点:
(1)根据电场力和洛伦兹力的等量关系得出场强的大小;
(2)根据牛顿第二定律和运动学公式得出对应的坐标。
5.(12分)某离子实验装置的基本原理图如图所示,截面半径为R的圆柱腔分为两个工作区,Ⅰ区长度d=4R,内有沿y轴正向的匀强电场,Ⅱ区内既有沿z轴负向的匀强磁场,又有沿z轴正向
的匀强电场,电场强度与Ⅰ区电场强度等大。现有一正离子从左侧截面的最低点 A处以初速
度v 沿z轴正向进入Ⅰ区,经过两个区域分界面上的 B点进入Ⅱ区,在以后的运动过程中恰好
0
未从圆柱腔的侧面飞出,最终从右侧截面上的C点飞出,B点和C点均为所在截面处竖直半径
的中点(如图中所示),已知离子质量为m、电荷量为q,不计离子重力,求:
(1)电场强度的大小;
答案:(1)3mv2
0
16Rq
3R 1
【解析】(1)离子在Ⅰ区做类平抛运动,根据类平抛运动的规律有4R=v t, = at2,根据牛顿第
0
2 2
二定律有a=Eq,解得电场强度的大小为E=3mv2
。
0
m 16Rq
(2)离子到达B点时速度的大小;
5
答案: (2) v
0
4
3EqR 1 1
【解析】(2)类平抛过程由动能定理有 = mv2- mv 2,解得离子到达B点时速度的大小为
2 2 2 0
5
v= v 。
0
4
(3)Ⅱ区中磁感应强度的大小;2mv
答案: (3) 0
qR
【解析】 (3)离子在Ⅱ区内做复杂的旋进运动。将该运动分解为圆柱腔截面上的匀速圆周运
动和沿z轴正方向的匀加速直线运动,根据题意可得,在圆柱腔截面上的匀速圆周运动轨迹如
图所示。
R2 3
设临界圆轨迹半径为r,根据几何知识有(R-r)2=r2+ ,解得离子的轨迹半径为 r= R,离子沿y轴
4 8
正方向的速度为 v = =3v ,则根据洛伦兹力提供向心力有 qv B=mv2 解得Ⅱ区中磁感应
y √v2-v2 0 y y
0 4 r
2mv
强度大小为B= 0。
qR
(4)Ⅱ区的长度L应为多大。
3n2π2
答案: (4)nπR+ R(n=1,2,3,…)
32
2πr
【解析】(4)离子在圆柱腔截面上做匀速圆周运动的周期为 T= ,由题意知离子在Ⅱ区运动
v
y
的时间为T的整数倍,离子在z轴正方向上做匀加速直线运动,根据匀变速直线运动的位移公
1 3n2π2
式可得L=v nT+ a(nT)2(n=1,2,3,…),联立解得Ⅱ区的长度为L=nπR+ R(n=1,2,3,…)。
0 2 32
6.(14分)(2023·株洲模拟)如图所示,一些质量为m、电荷量为+q的带电粒子从一线状粒子源射出(初速度可视为0),经过电压为U的电场加速后,粒子以一定的水平初速度从 MS段垂直射出
(S为MF中点),进入棱长为L的正方体电磁修正区内(内部有垂直面MPRG的方向如图所示的
磁感应强度B和电场强度E大小未知的匀强磁场与匀强电场)。距离正方体底部√3L处有一
与RNAG平行且足够大的平板,现以正方体底面中心O在平板的垂直投影点为原点,在平板内
建立直角坐标系(其中x轴与GR平行)。所有带电粒子都从正方体底面离开,且从M点进入正
2πm
方体的粒子在正方体中运动的时间满足 ,不计粒子重力。
3qB
(1)求粒子进入棱长为L的正方体电磁修正区时速度的大小;
√2qU
答案:(1)
m
【解析】(1)设粒子进入棱长为L的正方体电磁修正区时的速度大小为 v,根据动能定理有qU=
1 √2qU
mv2,解得v=
2 m
(2)粒子射出正方体电磁修正区后到达平板所需的时间;
√ m
答案: (2)2L
2qU
【解析】(2)在正方体中,粒子在平行于 MPRG平面方向的分运动为匀速圆周运动,在垂直于
MPRG平面方向的分运动为匀加速直线运动,设粒子做圆周运动的周期为T,根据洛伦兹力提供v2 2πR 2πm
向心力有qvB=m ,又T= ,联立解得T=
R v Bq
2πm T
从M点进入正方体的粒子在正方体中的运动时间为 t = = ,所以粒子做圆周运动转过的
1
3qB 3
圆心角为120°,根据几何关系可知粒子离开正方体时的速度在垂直于平板方向的分量大小为
v =vcos30°。离开正方体后粒子做匀速直线运动,到达平板所需的时间为 t =√3L,联立解得
2 2
v
2
√ m
t =2L
2
2qU
(3)若满足关系式E=√qU B2,求从M点入射的粒子最后打到平板上的位置坐标。(结果用L表
2π2m
示)
9-2√3 9+4π
答案: (3)(- L, L)
6 54
2
【解析】(3)根据几何关系有R+Rcos60°=L,解得R= L,粒子在正方体中做匀加速直线运动的加
3
速度大小为a=qE=q √qU B2,粒子在正方体中沿 y轴方向的位移大小为 y
1
=1a
t2
,粒子离开正
m m 2π2m 2 1
方体时的速度沿y轴方向的分速度大小为v =at ,从M点入射的粒子最后打到平板上的位置的
y 1
L 9+4π
纵坐标为y=y +v t - ,联立解得y= L,根据几何关系可知粒子在正方体中沿 x轴方向的位
1 y 2
2 54
√3
移大小为x =Rsin60°= L
1
3
粒子离开正方体时的速度沿-x轴方向的分速度大小为v =vsin30°,从M点入射的粒子最后打到
1
L 9-2√3
平板上的位置的横坐标为x=x -v t - ,联立解得x=- L
1 1 2
2 69-2√3 9+4π
综上所述可知从M点入射的粒子最后打到平板上的位置坐标为(- L, L)。
6 54
