专题突破1 培优点2 带电粒子在立体空间中的运动 （课件）-【步步高】2024年新高考物理考前三个月（苏京）

专题一 力与运动 培优点2 带电粒子在立体空间中的运动 内容索引 知识聚焦 核心精讲 高频考点练 补偿强化练 PART ONE 知识聚焦 情境示意图 分析方法   沿电场方向做匀变速运动，垂直于磁场方向做圆周运动，粒子做螺距逐渐增大(或减小)的螺旋线运动 PART TWO 核心精讲 情境示意图 分析方法   按时间先后分析粒子进入电场(磁场)时速度的大小和方向，然后分析带电粒子在各场中的运动情况。粒子运动轨迹所在平面可能不在同一平面内   (山东高考2022·17) 分析电场和磁场方向，分析粒子在各段受力情况、运动轨迹及轨迹所在平面，画出运动轨迹示意图 1.(2023·江苏苏锡常镇二模)如图所示，水平放置的平行板电容器内存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场(磁感应强度大小为B1)，电容器右侧的矩形区域以对角线QM为界分布有等大反向的匀强磁场(磁感应强度大小为B2，包含边界)，QM与水平方向夹角α＝30°(图中未画)，在矩形区域上方有区域足够大竖直向下的匀强磁场(磁感应强度大小为B3)，一质量为m，带电荷量为q的正粒子从P点以速度 v水平射入平行板电容器，能沿水平直线PQ运动，并从Q点进 入矩形磁场区域，一段时间后恰能从M点进入匀强磁场B3区 域。不考虑带电粒子对电磁场的影响，不计粒子重力。求： 1 2 3 PART THREE 高频考点练 1 2 3 (1)匀强电场的电场强度大小E； 答案　见解析 粒子从P到Q点做匀速直线运动，有qE＝qvB1，解得E＝vB1 1 2 3 (2)粒子从Q点运动到M点的时间； 答案　见解析 1 2 3 粒子发生一次偏转时转过的圆心角θ＝60°， 1 2 3 (3)粒子在B3区域运动过程中回到竖直线MN时上升的高度h。 答案　见解析 1 2 3 ①若粒子完成奇数次偏转从M点进入B3磁场区域，速度与竖直方向夹角为α＝30°，竖直方向分速度v1＝vcos 30° 水平方向分速度v2＝vsin 30° 由于磁场方向竖直向下，粒子将做螺旋 上升的运动，水平方向做匀速圆周运动 1 2 3 粒子会多次旋转交于MN竖直线，则再次相交时上升高度h＝v1·kT2(k＝1,2,3，…) ②若粒子完成偶数次偏转到达M点，水平射 入B3区域后完成水平方向圆周运动回到M点，则h＝0。 2.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的电场强度大小均为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棱长为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sin α≈tan α≈α， cos α≈1－ α2。求： 1 2 3 1 2 3 (1)通过速度选择器的离子速度大小v和磁分析器选择出来离子的比荷； 1 2 3 离子在速度选择器内做匀速直线运动，由qvB＝qE，得通过速度选择 从磁分析器中心孔N射出的离子运动半径为 1 2 3 (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； 1 2 3 1 2 3 (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。 1 2 3 离子进入磁场后做匀速圆周运动 1 2 3 3.如图所示，O－xyz坐标系的y轴竖直向上，在yOz平面左侧－2L<x<－L区域内存在着沿y轴负方向的匀强电场E1(大小未知)，－L<x<0区域内存在着沿z轴负方向的匀强磁场，在yOz平面右侧区域同时存在着沿x轴正方向的匀强电场和匀强磁场，其中电场强度大小为E2＝ ，磁感应强度大小与yOz平面左侧磁感强度大小相等，电磁场均具有理想边界，在x轴正方向距离O点x0＝ 处，有一垂直于x轴放置的足够大的荧光屏(未画出)。一个质量为m、电荷量为＋q的粒子从M点(－2L， ，0)以速度v0沿x轴正方向 射入电场，经N点(－L,0,0)点进入磁场区域，然 后从O点进入到平面yOz右侧区域，不计粒子重 力。求： 1 2 3 (1)－2L<x<－L区域内的匀强电场的电场强度E1大小； 1 2 3 粒子在电场中运动做类平抛运动，则沿x轴方向L＝v0t 由牛顿第二定律得qE1＝ma 1 2 3 (2)匀强磁场的磁感应强度B的大小； 1 2 3 设粒子在N点时速度v的方向与x轴正方向间的夹角为θ，沿y轴负方向的分速度大小为vy 解得θ＝45° 粒子在磁场中做匀速圆周运动，粒子运动轨 迹如图所示： 1 2 3 由几何知识可知，粒子做圆周运动轨迹的半径 1 2 3 (3)带电粒子打到荧光屏的位置坐标。 1 2 3 粒子在xOy平面内沿着与x轴正方向成45°角的方向以速度v从O点进入E2和B的区域，沿x轴正方向的速度分量和沿y轴正方向的速度分量 粒子沿x轴正方向做匀加速运动，加速度 设粒子到达荧光屏的时间为t，则 1 2 3 1 2 3 1.我国最北的城市漠河地处高纬度地区，在晴朗的夏夜偶尔会出现美丽的彩色“极光”，如图甲。极光是宇宙中高速运动的带电粒子受地球磁场影响，与空气分子作用的发光现象，若宇宙粒子带正电，因入射速度与地磁场方向不垂直，故其轨迹成螺旋状如图乙(相邻两个旋转圆之间的距离称为螺距Δx)。 PART FOUR 补偿强化练 2 3 1 下列说法正确的是 A.带电粒子进入大气层后与空气 发生相互作用，在地磁场作用 下的旋转半径会越来越大 B.若越靠近两极，地磁场越强，则随着纬度的增加，以相同速度入射的 宇宙粒子的半径越大 C.漠河地区看到的“极光”将以逆时针方向(从下往上看)向前旋进 D.当不计空气阻力时，若入射粒子的速率不变，仅减小与地磁场的夹角， 则旋转半径减小，而螺距Δx增大 √ 2 3 1 带电粒子进入大气层后，由于与空气相互作用，粒子的运动速度会变小，在洛伦兹力作用下的偏转半径r＝ 会变小，故A错误； 若越靠近两极，地磁场越强，则随着纬度的增加地磁场的磁感应强度增大，其他条件不变，由r＝ 可知半径变小，故B错误； 漠河地区的地磁场竖直分量是竖直向下的，宇宙粒子入射后，由左手定则可知，从下往上看将以顺时针的方向向前旋进，故C错误； 当不计空气阻力时，将带电粒子的运动沿磁场方向和垂直于磁场方向进行分解，沿磁场方向将做匀速直线运动，垂直于磁场方向做匀速圆周运动。若带电粒子运动速率不变，与磁场的夹角变小，则垂直于磁场方向的速度分量变小，由r＝ 可知粒子在垂直于磁场方向的运动半径会变小，即旋转半径减小；而速度沿磁场方向的分量变大，故沿磁场方向的运动将变快，则螺距Δx将增大，故D正确。 2 3 1 2 3 1 2.如图所示，在空间直角坐标系中，yOz平面左侧存在沿z轴正方向的匀强磁场，右侧存在沿y轴正方向的匀强磁场，左、右两侧磁场的磁感应强度大小相等；yOz平面右侧还有沿y轴负方向的匀强电场。现从空间中坐标为(－ d,0,0)的M点发射一质量为m、电荷量为＋q的粒子，粒子的初速度大小为v0、方向沿xOy平面，与x轴正方向的夹角为60°；经一段时间后粒子恰好垂直于y轴进入yOz平面右侧， 轨迹上离yOz平面最远的点恰好落在xOz平面 上，不计粒子的重力。求： 2 3 1 (1)yOz平面左侧匀强磁场的磁感应强度B的大小； 2 3 1 (2)yOz平面右侧匀强电场的电场强度E的大小； 粒子第一次经过y轴后沿y轴负方向做匀加速运动，同时在洛伦兹力作用下做圆周运动，因轨迹上离yOz平面最远的点恰好落在xOz平面上，可知 2 3 1 2 3 1 (3)粒子第2次经过yOz平面时的位置坐标。 答案　(0，－3d,4d) 2 3 1 沿y轴负方向做匀加速运动，因在xOz平面上方和下方用时间相等，由初速度为零的匀加速直线运动的推论可知位置坐标y＝－3d z轴坐标z＝2r1＝4d，即粒子第2次经过yOz平面时的位置坐标(0，－3d,4d)。 3.如图所示，三个相同的立方体并排放置，立方体的棱长为L。有匀强磁场垂直于dgg′d′面布满整个空间，磁感应强度大小为B，方向由c指向b。最右边立方体的底面e′f′g′h′放置有与底面等大的荧光屏，带电粒子打在荧光屏上会被吸收，并且荧光屏会发光。一束质量为m、电荷量为q的正电粒子，均匀分布于整个abcd面垂直向下射入磁场。不计粒子的重力和粒子间的相互作用。求： (1)当粒子的速度为多大时，从c点入 射的粒子能打在g′处； 2 3 1 2 3 1 从c点入射的粒子运动到g′的轨迹如图， 由几何关系有L2＋(2L－r1)2＝r12 2 3 1 (2)当荧光屏上没有发光，即没有粒子打在荧光屏上时，粒子的速度范围； 当从c点入射的粒子运动到h′时的轨迹如图，由几何关系有r2＝L 带电粒子做匀速圆周运动有 当从d点入射的粒子运动到g′时的轨迹如图， 由几何关系有L2＋(3L－r3)2＝r32 带电粒子做匀速圆周运动有 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 沿QM方向运动距离为R1，运动时间t＝T1 ①粒子完成奇数次偏转运动到M点，则t总＝(2n＋1)t＝(2n＋1) (n＝0,1,2,3，…) ②粒子完成偶数次偏转运动到M点，则t总＝2nt＝(n＝1,2,3，…) 粒子进入矩形区域后做圆周运动qvB2＝ 运动周期T1＝ qv2B3＝ 圆周运动周期T2＝ 解得h＝(k＝1,2,3，…) 答案　　 由qvB＝得＝＝ 器的离子速度v＝ R＝ 答案　(，0) 离子离开电场后到晶圆所在平面间，离子 在x轴正方向偏移的距离x2＝Ltan θ＝ x＝x1＋x2＝＝ 故位置坐标为(，0) 经过电场后，离子在x轴正方向偏转的距离x1＝··()2 tan θ＝＝＝ 答案　(0，) 经过磁场后，离子在y轴正方向偏转距离y1＝R(1－cos α)≈ 离开磁场后，离子在y轴正方向偏移距离y2＝Ltan α≈，则y＝  y1＋y2≈ 故位置坐标为(0，) 半径R＝ sin α＝ 答案　  y轴方向L＝at2 解得E1＝，a＝ 答案　 则vy＝at＝v0，tan θ＝＝1 粒子进入磁场时的速度大小v＝＝v0 解得B＝ R＝ 粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvB＝ 答案　(，－L，－L) x0＝v0t＋a′t2，解得t＝ 均为v0，则粒子在yOz平面内做匀速圆周运动，半径r＝＝ a′＝＝ 则粒子打在屏上的坐标y＝－rsin 45°＝－L z＝－(r＋rcos 45°)＝－L x＝x0＝ 即位置坐标(，－L，－L)。 粒子做圆周运动的周期T＝＝ 则t＝T＝1T 可得左侧匀强磁场的磁感应强度B＝ 答案　 粒子在yOz平面左侧做匀速圆周运动的半径r1＝＝2d，根据qv0B＝m 答案　 粒子到达xOz平面上时恰好做了个周期的圆周运动，一个周期T＝＝，则运动到xOz平面所用时间t＝＝ 竖直方向有r1－r1cos 60°＝·t2 解得E＝ 粒子第2次经过yOz平面时做了半个周期的圆周运动，则所用时间为t′＝＝ 答案　 带电粒子做匀速圆周运动有qv1B＝， 解得v1＝ 答案　v<或v> 当带电粒子的速度v<v2或v>v3时，没有粒子打在荧光屏上，所以当带电粒子的速度v<或v>时，荧光屏上没有发光。 qv2B＝，v2＝ qv3B＝，v3＝ (3)当粒子入射速度v＝，空间施加一个与匀强磁场相同方向的匀强电场，电场强度的大小为E＝。此时荧光屏上的发光区域面积。 答案　L2 如图，由几何关系知，从c点入射的粒子打在h′右侧L－L处，则荧光屏上发光区域的宽为L－L，打在荧光屏的粒子其在磁场中运动的圆弧对应圆心角为120° 分析知，荧光屏发光区域为一长方形。当入射粒子的速度v＝时，由qvB＝ 解得粒子在磁场中做圆周运动的半径r＝L 沿电场方向的位移y＝at2，解得y＝L 则荧光屏上发光区域的长为L－y＝L 所以荧光屏上发光区域的面积为S＝L×(L－L)＝L2。 粒子做圆周运动的周期为T＝ 则粒子从入射到打在荧光屏的时间t＝T 沿电场的方向，粒子做初速度为0的匀加速直线运动，加速度a＝ $$