2025屆高考物理二輪復習微專題6電磁場中的空間立體問題和擺線問題-專項訓練1.離子推進技術在太空探索中已有廣泛的應用,其裝置可簡化為如圖甲所示的內、外半徑分別為R1和R2的圓筒,圖乙為其側視圖.以圓筒左側圓心O為坐標原點,沿圓筒軸線向右為x軸正方向,建立坐標.在x=0和x=L處垂直于x軸放置柵極,在兩圓筒間形成方向沿x軸正方向、電場強度大小為E的勻強電場,同時通過電磁鐵在兩圓筒間加上沿x軸正方向、磁感應強度大小為B的勻強磁場.待電離的氙原子從左側柵極飄進兩圓筒間(其初速度可視為零).在內圓筒表面分布著沿徑向以一定初速度運動的電子源.氙原子被電子碰撞,可電離為一價正離子,剛被電離的氙離子的速度可視為零,經電場加速后從柵極射出,推進器獲得反沖力.已知單位時間內剛被電離成氙離子的線密度(沿x軸方向單位長度的離子數)λ=k(L-x),其中k為常量,氙離子質量為M,電子質量為m,(1)在x處的一個氙原子被電離,求其從右側柵極射出時的動能;(2)要使電子不碰到外筒壁,求電子沿徑向發射的最大初速度;(3)若在x~x+Δx的微小區間內被電離的氙離子從右側柵極射出時所產生的推力為ΔF,求ΔFΔx-x的關系式,并畫出ΔF(4)求推進器所受的推力.2.[2024·金華模擬]利用電場與磁場控制帶電粒子的運動,在現代科學實驗和技術設備中有著廣泛的應用.如圖所示,一粒子源不斷釋放質量為m、帶電荷量為+q的帶電粒子,其初速度視為零,經過加速電壓U加速后,以一定速度進入輻向電場,恰好沿著半徑為R的圓弧軌跡通過電場區域后垂直于平面MNN1M1射入棱長為2L的正方體區域.現調整射入位置,使帶電粒子在邊長為L的正方形MHLJ區域內入射,不計粒子重力及其相互作用.(1)求輻向電場中粒子運動軌跡處電場強度E0的大小;(2)若僅在正方體區域中加上沿MN方向的勻強電場,要讓所有粒子都到達平面NPP1N1,求所加電場強度的最小值E1;(3)若僅在正方體區域中加上沿MN方向的勻強磁場,要讓所有粒子都到達平面M1N1P1Q1,求所加磁感應強度B的大小范圍;(4)以M1為原點,建立如圖所示的直角坐標系M1-xyz,若在正方體區域中同時加上沿MN方向、電場強度大小為E13的勻強電場和第(3)問中磁感應強度范圍內最小值的勻強磁場,讓粒子對準I點并垂直于平面MNN1M1入射,3.如圖所示,在空間直角坐標系中,yOz平面左側存在沿z軸正方向的勻強磁場,yOz平面右側存在沿y軸正方向的勻強磁場,左、右兩側磁場的磁感應強度大小相等;yOz平面右側還有沿y軸負方向的勻強電場.現從空間中坐標為-3d,0,0的M點發射一質量為m、電荷量為+q的粒子,粒子的初速度大小為v0,方向沿xOy平面且與x軸正方向的夾角為60°;經一段時間后粒子恰好垂直于y軸進入yOz平面右側,軌跡上第一次離yOz平面最遠的點恰好落在xOz平面上,不計粒子的重力(1)在yOz平面左側勻強磁場的磁感應強度B;(2)在yOz平面右側勻強電場的電場強度E;(3)粒子第二次經過yOz平面時的位置坐標.4.[2024·湖州模擬]托卡馬克裝置是一種利用磁約束來實現受控核聚變的環形容器,將容器簡化為如圖甲所示的足夠長的空心圓柱,其半徑為R0=2+1R,OO'為空心圓柱的中心軸.圓柱內部以半徑為R的圓為邊界分成兩部分磁場,正視圖如圖乙所示,外環分布有垂直于紙面向外的磁感應強度大小為B的勻強磁場;內環分布有逆時針的環形磁場,磁感應強度大小處處相等且大小為B0.在兩磁場分界上的D點設置一原子核發射裝置,可發射電荷量為q、質量為m的氘核與電荷量為q、質量為32m的氚核,核子發射時速度方向沿半徑向外.除碰撞外,(1)若氘核運動時能夠恰好不與容器相碰,求氘核發射的速度v01;(2)若氚核發射速度v02=23qBR9m,(3)若動量方向相反、大小均為p的一個氘核與一個氚核對心碰撞發生核聚變,生成一個質量為2m的氦核和一個質量為12m的中子,碰后氦核的速度為v1,求該過程釋放的核能ΔE(4)假設原子核發射裝置只持續穩定發射速度為v02=23qBR9m的氚核,且B0=B,粒子穩定后軸向單位長度內有n參考答案與詳細解析1.(1)EeL-x(2)(3)ΔFΔx=2(4)12L2[解析](1)在x處的一個氙原子被電離后從右側柵極射出時,電場力作用的距離為L-x,由動能定理可知其射出時的動能Ek=Ee(L-x) (2)電子在筒內垂直于x軸方向上做圓周運動,要使電子不碰到外筒壁,電子沿徑向發射速度最大時,電子源應在內圓筒處,則電子運動軌跡如圖所示由幾何關系可知R2-R2=R解得R=R2根據洛倫茲力提供向心力,有evmB=mv解得電子沿徑向發射的最大初速度vm=eB((3)Δt時間內在x~x+Δx的微小區間內被電離的氙離子個數Δn=λΔtΔx=kL-xΔt這些氙離子從右側柵極射出時所產生的推力ΔF=ΔpΔt每個氙離子的動能Ek=12Mv由(1)知Ek=Ee(L-x)聯立解得ΔFΔxΔFΔx(4)由圖像可知,推進器所受的推力F=12×2kMEeL×L=12L2.(1)2UR(2)2UL(3)1LUm2[解析](1)粒子經過加速電場加速,根據動能定理有12mv0解得v0=2粒子在輻向電場中做勻速圓周運動,由電場力提供向心力,有mv02R=解得E0=2(2)若僅在正方體區域中加上沿MN方向的勻強電場,則粒子在電場中做類平拋運動,只要從MJ邊入射的粒子能夠恰好通過PP1邊,所有粒子就都能到達平面NPP1N1,由類平拋運動規律可得qE1=ma2L=12at2L=v0t聯立解得E1=2(3)若僅在正方體區域中加上沿MN方向的勻強磁場,則粒子在磁場中做勻速圓周運動,當從MH邊射入的粒子恰好到達P1Q1邊時,所加的磁場的磁感應強度對應最小值Bmin.根據幾何關系可得r1=2L由洛倫茲力提供向心力,有qv0Bmin=mv聯立解得Bmin=1當從MH邊射入的粒子恰好到達M1N1邊時,所加的磁場的磁感應強度對應最大值Bmax.根據幾何關系可得r2=L由洛倫茲力提供向心力,有qv0Bmax=mv聯立解得Bmax=2所以磁感應強度B的大小范圍是1LUm2q(4)若在正方體區域中同時加上沿MN方向的勻強電場和勻強磁場,則粒子的運動可分解為在平行于yM1z的平面內做圓周運動和在x方向做勻加速直線運動.如果不考慮x方向的勻加速運動,則粒子在正方體區域中做勻速圓周運動的周期T=2π設運動的軌跡對應的圓心角為θ,由幾何關系可知r1-r1cosθ=L解得θ=π所以運動的時間t=θ2π聯立解得t=π如果不考慮平面內的圓周運動,則粒子在正方體區域中做類平拋運動,有L=12a't'q·E13聯立解得運動的時間t'=L3因為t<t',故粒子會從平面M1N1P1Q1離開正方體區域.粒子離開正方體區域時,其x坐標為x0=L+12a't2=27+2根據幾何關系可知,其y坐標為y0=2Lsinπ3=3其z坐標為z0=0所以粒子離開時的坐標為27+23.(1)mv02qd(3)(0,-3d,4d)[解析](1)由幾何關系可知,粒子在yOz平面左側磁場中做勻速圓周運動的半徑r1=3dsin60°根據洛倫茲力提供向心力得qv0B=mv聯立解得B=m(2)粒子第一次經過y軸后,沿y方向在電場力作用下做勻加速直線運動,同時沿垂直于y軸的平面在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動,因軌跡上離yOz平面最遠的點恰好落在xOz平面上,可知粒子到達xOz平面上時恰好做14個圓周運動,則運動的時間t=由于yOz左右兩側勻強磁場的磁感應強度大小相等,粒子在左右兩側都是初速度方向垂直于磁場方向,所以粒子在右側磁場中做圓周運動的半徑也為r1,周期T=2π沿y方向有r1-r1cos60°=12·qEm聯立解得E=2(3)粒子第二次經過yOz平面時在右側磁場中運動了半個圓周,則所用時間為t'=2t粒子沿y方向做勻加速直線運動,因在O點上方和下方所用時間相等,可知沿y軸的坐標y=-3(r1-r1cos60°)=-3d沿z軸的坐標z=2r1=4d所以粒子第二次經過yOz平面時的位置坐標為(0,-3d,4d).4.(1)qBRm(2)12πmqB+15πm2qB0[解析](1)當氘核的軌跡恰好與容器相切時,氘核恰好不與容器相碰,設氘核做勻速圓周運動的半徑為r,由幾何關系得r2+R2+其中R0=2+1聯立解得r=R根據洛倫茲力提供向心力得qv01B=mv解得v01=qBR(2)設氚核做勻速圓周運動的半徑為r',根據洛倫茲力提供向心力得qv02B=32m其中v02=2聯立解得r'=33根據幾何關系可知tanθ2=解得θ=60°即氚核再次回到內圓邊界時,其出射點與入射點對應內圓的圓心角為60°.氚核沿徑向進入內圓,在內圓磁場作用下沿軸向運動半個周期后再次回到內圓邊界沿徑向飛出,進入外環磁場,然后做周期性的運動,粒子在垂直于軸線的平面內的運動軌跡如圖甲所示粒子沿軸線方向的運動軌跡如圖乙所示氚核在外環中運動的周期T1=2π·32氚核在內圓中運動的周期T2=2π·32所以氚核第一次回到D點所在的軸線上需要的時間