高中总复习-物理提升版 素养提升21　带电粒子在三维空间中的运动

3/3素养提升21带电粒子在三维空间中的运动1.如图所示，质子以初速度v进入磁感应强度为B且足够大的匀强磁场中，速度方向与磁场方向的夹角为θ。已知质子的质量为m、电荷量为e。质子重力不计，则下列说法正确的是（）A.质子运动的轨迹为螺旋线，螺旋线的中轴线方向垂直于纸面向里B.质子在垂直于磁场平面做圆周运动的半径为mvC.质子做螺旋线运动的周期为2D.一个周期内，质子沿着螺旋线轴线方向运动的距离（即螺距）为22.（2022·重庆高考5题）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v1，垂直于磁场方向的分量大小为v2，不计离子重力，则（）A.电场力的瞬时功率为qEv12＋v22C.v2与v1的比值不断变大 D.该离子的加速度大小不变3.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v0＝10m/s垂直MNRS面向右抛出一带电荷量为q、质量为m的小球。若磁感应强度大小B＝πmq，g取10m/s2（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.（2021·1月浙江选考22题）在芯片制造过程中，离子注入是其中一道重要的工序。如图所示是离子注入工作原理示意图，离子经加速后沿水平方向进入速度选择器，然后通过磁分析器，选择出特定比荷的离子，经偏转系统后注入处在水平面内的晶圆（硅片）。速度选择器、磁分析器和偏转系统中的匀强磁场的磁感应强度大小均为B，方向均垂直纸面向外；速度选择器和偏转系统中的匀强电场场强大小均为E，方向分别为竖直向上和垂直纸面向外。磁分析器截面是内外半径分别为R1和R2的四分之一圆环，其两端中心位置M和N处各有一个小孔；偏转系统中电场和磁场的分布区域是同一边长为L的正方体，其底面与晶圆所在水平面平行，间距也为L。当偏转系统不加电场及磁场时，离子恰好竖直注入到晶圆上的O点（即图中坐标原点，x轴垂直纸面向外）。整个系统置于真空中，不计离子重力，打在晶圆上的离子，经过电场和磁场偏转的角度都很小。当α很小时，有sinα≈tanα≈α，cosα≈1－12α2。求（1）离子通过速度选择器后的速度大小v和磁分析器选择出来离子的比荷qm（2）偏转系统仅加电场时离子注入晶圆的位置，用坐标（x，y）表示；（3）偏转系统仅加磁场时离子注入晶圆的位置，用坐标（x，y）表示；（4）偏转系统同时加上电场和磁场时离子注入晶圆的位置，用坐标（x，y）表示，并说明理由。5.（2021·山东等级考17题）某离子实验装置的基本原理如图甲所示。Ⅰ区宽度为d，左边界与x轴垂直交于坐标原点O，其内充满垂直于xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B0；Ⅱ区宽度为L，左边界与x轴垂直交于O1点，右边界与x轴垂直交于O2点，其内充满沿y轴负方向的匀强电场。测试板垂直x轴置于Ⅱ区右边界，其中心C与O2点重合。从离子源不断飘出电荷量为q、质量为m的正离子，加速后沿x轴正方向过O点，依次经Ⅰ区、Ⅱ区，恰好到达测试板中心C。已知离子刚进入Ⅱ区时速度方向与x轴正方向的夹角为θ。忽略离子间的相互作用，不计重力。（1）求离子在Ⅰ区中运动时速度的大小v；（2）求Ⅱ区内电场强度的大小E；（3）保持上述条件不变，将Ⅱ区分为左右两部分，分别填充磁感应强度大小均为B（数值未知）方向相反且平行y轴的匀强磁场，如图乙所示。为使离子的运动轨迹与测试板相切于C点，需沿x轴移动测试板，求移动后C到O1的距离s。

素养提升21带电粒子在三维空间中的运动1.D将质子的初速度分解为垂直于磁场方向的速度v1＝vsinθ，沿磁场方向的速度v2＝vcosθ，质子沿垂直磁场方向做匀速圆周运动，沿磁场方向做匀速直线运动，则质子运动的轨迹为螺旋线，螺旋线的中轴线方向平行磁场方向，选项A错误；质子做螺旋线运动的半径为r＝mv1eB＝mvsinθeB，选项B错误；质子做螺旋线运动的周期为T＝2πrv1＝2πmeB，选项C错误；一个周期内，质子沿着螺旋线轴线方向运动的距离（即螺距2.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＝Eqv1，A错误；由于v1与磁场B平行，则根据洛伦兹力的计算公式知F洛＝qv2B，B错误；根据运动的分解规律可知，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v1增大，v2不变，v2与v1的比值不断变小，C错误；离子受到的洛伦兹力不变，静电力不变，则该离子的加速度大小不变，D正确。3.（1）102m/s（2）5π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，水平方向小球恰好转半个周期离开磁场，故离开磁场的时间为t＝T2＝πmqB＝1s，则离开磁场时在竖直方向上的速度vy＝gt＝10m/s，故小球离开磁场时的速度大小为v＝v02（2）小球离开磁场时在竖直方向的位移大小为y＝12gt2＝5m，小球在水平方向做匀速圆周运动有qv0B＝mv02R，解得R＝mv0qB，水平方向位移为直径，即x＝2R＝2mv0qB4.见解析解析：（1）通过速度选择器离子的速度v＝E从磁分析器中心孔N射出离子的运动半径为R＝R由mv2R＝qvB，得qm＝（2）经过电场后，离子在x方向偏转的距离x1＝1tanθ＝qEL离开电场后，离子在x方向偏移的距离x2＝Ltanθ＝qEx＝x1＋x2＝3qEL位置坐标为3L（3）离子进入磁场后做圆周运动半径r＝mvsinα＝L经过磁场后，离子在y方向偏转距离y1＝r（1－cosα）≈L离开磁场后，离子在y方向偏移距离y2＝Ltanα≈2y＝y1＋y2≈3位置坐标为（0，3L。（4）注入晶圆的位置坐标为3电场引起的速度增量对y方向的运动不产生影响。5.（1）qB0dmsinθ（2）2解析：（1）设离子在Ⅰ区内做匀速圆周运动的半径为r，由牛顿第二定律得qvB0＝mv根据几何关系得sinθ＝d联立得v＝qB（2）离子在Ⅱ区内只受电场力，沿x轴方向做匀速直线运动，沿y轴方向做匀变速直线运动，设从进入电场到击中测试板中心C的时间为t，沿y轴方向的位移为y0，加速度大小为a，由牛顿第二定律得qE＝ma由运动的合成与分解得L＝vtcosθ，y0＝－r（1－cosθ），y0＝vtsinθ－12at联立得