素養(yǎng)培優(yōu)5　帶電粒子在三維空間中的運動講義（教師版）-2025高考物理素養(yǎng)培優(yōu)

素養(yǎng)培優(yōu)5帶電粒子在三維空間中的運動帶電粒子在立體空間常見運動及解題策略運動類型解題策略在三維坐標(biāo)系中運動，每個軸方向都是常見運動模型將粒子的運動分解為三個方向的運動一維加一面，如旋進運動旋進運動將粒子的運動分解為一個軸方向的勻速直線運動或勻變速直線運動和垂直該軸的所在面內(nèi)的圓周運動運動所在平面切換，粒子進入下一區(qū)域偏轉(zhuǎn)后曲線不在原來的平面內(nèi)把粒子運動所在的面隔離出來，轉(zhuǎn)換視圖角度，把立體圖轉(zhuǎn)化為平面圖，分析粒子在每個面的運動【典例1】（多選）（2024·安徽安慶三模）如圖所示，在三維直角坐標(biāo)系O-xyz中，分布著沿z軸正方向的勻強電場E和沿y軸正方向的勻強磁場B，一個帶電荷量為＋q、質(zhì)量為m的小球沿x軸正方向以一定的初速度v0拋出后做平拋運動，已知重力加速度為g，則下列說法正確的是（）A.可求小球的初速度v0大小為EB.經(jīng)過時間2EgB，球的動能變?yōu)槌鮿幽艿腃.若僅將電場方向變?yōu)檠貀軸正方向，小球可能做勻速圓周運動D.若僅將電場撤去，小球可能做勻速直線運動答案：AC解析：小球在xOy平面內(nèi)做平拋運動，則有Eq＝qv0B，解得小球的初速度v0＝EB，A正確；小球的動能變?yōu)槌鮿幽艿?倍時，由Ek＝12mvy2＋v02＝2Ek0，可知vy＝v0＝EB＝gt，即經(jīng)過時間為t＝EgB，B錯誤；若僅將電場方向變?yōu)檠貀軸正方向，如果小球受到的電場力和重力大小相等，則小球可能做勻速圓周運動，C【典例2】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(yīng)強度大小B＝πmq，g取10m/s2。（1）小球離開磁場時的速度大??；（2）小球離開磁場時的位置與拋出點的距離。答案：（1）102m/s（2）5ππ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＝v02＋（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＝2mv0qB＝20【典例3】（2024·湖南高考14題）如圖，有一內(nèi)半徑為2r、長為L的圓筒，左右端面圓心O'、O處各開有一小孔。以O(shè)為坐標(biāo)原點，取O'O方向為x軸正方向建立xyz坐標(biāo)系。在筒內(nèi)x≤0區(qū)域有一勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向沿x軸正方向；筒外x≥0區(qū)域有一勻強電場，場強大小為E，方向沿y軸正方向。一電子槍在O'處向圓筒內(nèi)多個方向發(fā)射電子，電子初速度方向均在xOy平面內(nèi)，且在x軸正方向的分速度大小均為v0。已知電子的質(zhì)量為m、電荷量為e，設(shè)電子始終未與筒壁碰撞，不計電子之間的相互作用及電子的重力。（1）若所有電子均能經(jīng)過O進入電場，求磁感應(yīng)強度B的最小值；（2）?。?）問中最小的磁感應(yīng)強度B，若進入磁場中電子的速度方向與x軸正方向最大夾角為θ，求tanθ的絕對值；（3）?。?）問中最小的磁感應(yīng)強度B，求電子在電場中運動時y軸正方向的最大位移。答案：（1）2πmv0eL（2）2解析：（1）將電子的初速度分解為沿x軸方向的速度v0、y軸方向的速度vy0，則電子做沿x軸正方向的勻速直線運動和投影到y(tǒng)Oz平面內(nèi)的勻速圓周運動，又電子做勻速圓周運動的周期為T＝2πmeB，電子均能經(jīng)過O進入電場，則Lv0＝nT（n＝1，2聯(lián)立解得B＝2nπmv0eL（n＝1，當(dāng)n＝1時，Bmin＝2π（2）由于電子始終未與筒壁碰撞，則電子投影到y(tǒng)Oz平面內(nèi)的圓周運動的最大半徑為r，由洛倫茲力提供向心力有evy0maxB＝mv則｜tanθ｜＝vy0maxv（3）電子在電場中做類斜拋運動，當(dāng)電子運動到O點并且沿y軸正方向的分速度大小為vy0max時，電子在電場中運動的y軸正方向的最大位移最大，由牛頓第二定律有eE＝ma由速度與位移公式有vy0max2＝聯(lián)立解得ym＝2m【典例4】（2024·北京高考20題）我國“天宮”空間站采用霍爾推進器控制姿態(tài)和修正軌道。如圖為某種霍爾推進器的放電室（兩個半徑接近的同軸圓筒間的區(qū)域）的示意圖。放電室的左、右兩端分別為陽極和陰極，間距為d。陰極發(fā)射電子，一部分電子進入放電室，另一部分未進入。穩(wěn)定運行時，可視為放電室內(nèi)有方向沿軸向向右的勻強電場和勻強磁場，電場強度和磁感應(yīng)強度大小分別為E和B1；還有方向沿半徑向外的徑向磁場，大小處處相等。放電室內(nèi)的大量電子可視為處于陽極附近，在垂直于軸線的平面繞軸線做半徑為R的勻速圓周運動（如截面圖所示），可與左端注入的氙原子碰撞并使其電離。每個氙離子的質(zhì)量為M、電荷量為＋e，初速度近似為零。氙離子經(jīng)過電場加速，最終從放電室右端噴出，與陰極發(fā)射的未進入放電室的電子剛好完全中和。已知電子的質(zhì)量為m、電荷量為－e；對于氙離子，僅考慮勻強電場的作用。（1）求氙離子在放電室內(nèi)運動的加速度大小a；（2）求徑向磁場的磁感應(yīng)強度大小B2；（3）設(shè)被電離的氙原子數(shù)和進入放電室的電子數(shù)之比為常數(shù)k，單位時間內(nèi)陰極發(fā)射的電子總數(shù)為n，求此霍爾推進器獲得的推力大小F。答案：（1）eEM（2）mE2ed（解析：（1）對于氙離子，僅考慮電場的作用，則氙離子在放電室內(nèi)只受電場力作用，由牛頓第二定律有eE＝Ma，解得a＝eEM（2）電子由陰極發(fā)射運動到陽極過程，由動能定理有eEd＝12mv處于陽極附近的電子在垂直于軸線的平面繞軸線做半徑為R的勻速圓周運動，則軸線方向上所受電場力與在徑向磁場作用下受到的洛倫茲力平衡，即eE＝evB2，解得徑向磁場的磁感應(yīng)強度大小為B2＝mE2（3）單位時間內(nèi)陰極發(fā)射的電子總數(shù)為n，被電離的氙原子數(shù)和進入放電室的電子數(shù)之比為常數(shù)k，則單位時間內(nèi)被電離的氙原子數(shù)為N＝nk1+k，氙離子經(jīng)電場加速，有eEd＝1設(shè)Δt時間內(nèi)氙離子所受到的作用力大小為F'，則由動量定理有F'·Δt＝NΔt·Mv'，解得F'＝nk由牛頓第三定律可知，霍爾推進器獲得的推力大小為F＝F'則F＝nk21.（2024·山東濟寧一模）如圖所示，在三維坐標(biāo)系O-xyz中存在一長方體ABCD-abOd，yOz平面左側(cè)存在沿z軸負方向、磁感應(yīng)強度大小為B1（未知）的勻強磁場，右側(cè)存在沿BO方向、磁感應(yīng)強度大小為B2（未知）的勻強磁場（未畫出）?，F(xiàn)有一帶正電粒子以初速度v從A點沿平面ABCD進入磁場，經(jīng)C點垂直于yOz平面進入右側(cè)磁場，此時撤去yOz平面左側(cè)的磁場B1，換上電場強度為E（未知）的勻強電場，電場強度的方向豎直向上，最終粒子恰好打在Aa棱上。已知AB＝2L、Aa＝AD＝L，B2＝52B1，粒子的電荷量為q，質(zhì)量為m（重力不計）。求：（1）磁感應(yīng)強度B1的大?。唬?）粒子第二次經(jīng)過yOz平面的坐標(biāo)；（3）電場強度E的大小。答案：（1）2mv5qL（2）0，L解析：（1）帶電粒子在yOz平面左側(cè)磁場中做勻速圓周運動，由幾何關(guān)系得R2＝（2L）2＋（R－L）2解得R＝52由牛頓第二定律可得qvB1＝mv解得B1＝2mv（2）在右側(cè)磁場中由牛頓第二定律得qvB2＝mv2r，又B2＝52解得r＝24粒子經(jīng)過y軸坐標(biāo)為y＝2rsin45°＝L粒子經(jīng)過z軸坐標(biāo)為z＝L－2rcos45°＝L即粒子第二次經(jīng)過yOz平面的坐標(biāo)為0，（3）粒子在電場中做類平拋運動，x軸方向上2L＝vty軸方向上L－y＝12qE解得E＝mv2.（2024·湖南長沙高三二模）如圖所示，三維坐標(biāo)系Oxyz內(nèi)存在著正四棱柱空間區(qū)域，正四棱柱的截面OPMN水平且與ACDF-IJGH的兩個底面平行，其中A點的坐標(biāo)為0，66L，0，C點的坐標(biāo)為0，66L，L，正四棱柱ACDF-OPMN空間處于沿y軸方向的勻強電場中，OPMN-IJGH空間處于沿y軸負方向的勻強磁場中，質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子以速度v0（1）求勻強電場的電場強度；（2）若粒子恰好未從四棱柱的側(cè)面飛出，求勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的大??；（3）若粒子最終從JH連線上的一點射出磁場區(qū)域，此點到J點的距離為24L，求I點的y軸坐標(biāo)答案：（1）26mv0（2）2+2mv0qL（3）6nπL12解析：（1）粒子在電場中做類平拋運動，沿AD方向有22L＝v0沿y軸方向有66L＝12沿y軸方向的加速度a＝qE解得勻強電場的電場強度大小為E＝2方向沿y軸負方向。（2）粒子到達OPMN的中心，如圖甲所示，平行于正四棱柱底面的分速度大小始終為v0，帶電粒子在平行于正四棱柱底面的方向上做勻速圓周運動，恰好未從四棱柱的側(cè)面飛出，做出其運動的圓軌跡如圖乙所示由幾何關(guān)系可得粒子做勻速圓周運動的半徑r＝2－由洛倫茲力提供其做勻速圓周運動所需的向心力，可得qv0B＝mv解得B＝2+2（3）若帶電粒子最終從JH連線上的一點射出磁場區(qū)域，由幾何關(guān)系可知，粒子做勻速圓周運動的半徑為r'＝28時間對應(yīng)半個周期的奇數(shù)倍，即t1＝nπr'v0（n＝1，3，如圖甲所示，到達截面OPMN中心的帶電粒子沿y軸負方向的速度大小vy＝at，I點的y軸坐標(biāo)y＝vyt1代入數(shù)據(jù)可得y＝6nπL12（n＝1，3，53.（2024·山東濟南一模）如圖甲所示，在三維坐標(biāo)系O-xyz中，0＜x＜d的空間內(nèi)，存在沿y軸正方向的勻強電場，x＞d的空間內(nèi)存在沿x軸正方向的勻強磁場，熒光屏垂直于x軸放置，其中心C位于x軸上并且熒光屏可以沿x軸水平移動。從粒子源不斷飄出電荷量為q、質(zhì)量為m的帶正電粒子，加速后以初速度v0沿x軸正方向經(jīng)過O點，經(jīng)電場進磁場后打在熒光屏上。已知粒子剛進入磁場時速度方向與x軸正方向的夾角θ＝60°，忽略粒子間的相互作用，不計粒子重力。（1）求勻強電場電場強度的大小E；（2）當(dāng)粒子打到熒光屏后，沿x軸緩慢移動熒光屏，沿x軸正方向看去，觀察到熒光屏上出現(xiàn)如圖乙所示的熒光軌跡（箭頭方向為熒光移動方向），軌跡最高點P的y軸坐標(biāo)值為53d6，求勻強磁場磁感應(yīng)強度的大小B1以及熒光屏中心C初始位置可能的（3）若將熒光屏中心C固定于x軸上x＝d＋3d6處，在x＞d的空間內(nèi)附加一沿y軸負方向的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B2＝3mv0qd答案：（1）3mv02qd（2）3mv0qdd＋2nπd3（n＝解析：（1）粒子在電場中運動時，有d＝v0t，qE＝ma，vy＝3v0＝at解得勻強電場電場強度的大小E＝3m（2）在電場中的偏轉(zhuǎn)距離y1＝vy2t＝在垂直磁場方向上做勻速圓周運動的半徑R1＝y(tǒng)2－y1＝33根據(jù)qB1vy＝mv解得B1＝3周期T＝2πmt＝nT＝2nπd3v0（n＝0，1，則熒光屏中心C初始位置可能的x軸坐標(biāo)x＝d＋v0t＝d＋2nπd3（n＝0，1，2，3（3）由題意可知B＝B12設(shè)粒子進入磁場速度為v，則v＝2v0B與速度v方向垂直，則R2＝m·2v由x＝d＋3可知圓軌跡與熒光屏相切，則y＝y(tǒng)1＋R2sin60°＝3+1z＝－R2＝－33粒子打在熒光屏上的位置坐標(biāo)為（d＋3d6，3+12d，－4.（2024·浙江金華?？迹┰谛酒圃爝^程中，離子注入是其中一道重要的工序。如圖所示的是離子注入工作的原理示意圖，離子經(jīng)加速后沿水平方向進入速度選擇器，然后通過磁分析器，選擇出特定比荷的離子，經(jīng)偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)后注入處在水平面內(nèi)的晶圓（硅片）。速度選擇器、磁分析器和偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)的勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小均為B，方向均垂直于紙面向外；速度選擇器和偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)中的勻強電場的電場強度大小均為E，方向分別為豎直向上和垂直于紙面向外。磁分析器截面是內(nèi)外半徑分別為R1和R2的四分之一圓環(huán)，其兩端中心位置M和N處各有一個小孔；偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)中電場和磁場的分布區(qū)域是同一邊長為L的正方體，其底面與晶圓所在水平面平行，間距也為L。當(dāng)偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)不加電場及磁場時，離子恰好豎直于注入到晶圓上的O點（即圖中坐標(biāo)原點，x軸垂直于紙面向外）。整個系統(tǒng)置于真空中，不計離子重力，打在晶圓上的離子經(jīng)過電場和磁場偏轉(zhuǎn)的角度都很小。當(dāng)α很小時，有sinα≈tanα≈α，cosα≈1－12α2。求（1）離子通過速度選擇器后的速度大小v和磁分析器選擇出來的離子的比荷qm（2）偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)僅加電場時離子注入晶圓的位置，用坐標(biāo)（x，y）表示；（3）偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)僅加磁場時離子注入晶圓的位置，用坐標(biāo)（x，y）表示。答案：（1）EB2E（R1＋R2）B解析：（1）通過速度選擇器的離子由于受力平衡需滿足qE＝qvB，可得速度v＝E由題圖知，從磁分析器中心孔N射出離子的運動半徑為R＝R由mv2R＝qvB，得qm＝（2）偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)僅加