13　第一阶段　专题三　微专题5　带电粒子在立体空间中的运动-2025版新坐标二轮专题复习与策略物理解析版

带电粒子在立体空间中的运动【备考指南】1．近年高考常见情境正在从二维向三维转化，常见的有三维空间电场、磁场叠加，三维空间受力问题，粒子在空间中的偏转问题等。2．备考过程强化受力分析、运动分析，转换视图角度等方法，学会利用分解的思想进行求解。考向1带电粒子的螺旋线运动和旋进运动空间中匀强磁场的分布是三维的，带电粒子在磁场中的运动情况可以是三维的。现在主要讨论两种情况：①空间中只存在匀强磁场，当带电粒子的速度方向与磁场的方向不平行也不垂直时，带电粒子在磁场中就做螺旋线运动。这种运动可分解为平行于磁场方向的匀速直线运动和垂直于磁场平面的匀速圆周运动。②空间中的匀强磁场和匀强电场(或重力场)平行时，带电粒子在一定的条件下就可以做旋进运动，这种运动可分解为平行于磁场方向的匀变速直线运动和垂直于磁场平面的匀速圆周运动。[典例1](2024·江苏省前黄高级中学二模)用如图甲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乙所示的情境来讨论：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v0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轴负方向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不变C．若仅增大电子入射的初速度v0，则直径D增大，而螺距Δx将减小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＝v0cosα·t，沿y轴方向，速度与磁场方向垂直，洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，由左手定则可知，磁场方向沿x轴正方向，故A错误；根据evB＝mv2R，T＝2πRv，且v＝v0sinα，解得D＝2R＝2mv0sinαeB，T＝2πmeB，所以Δx＝vxT＝2πmv0cosαeB，所以，若仅增大磁感应强度B，则D、Δx均减小，故B错误；若仅增大v0，则D、Δx皆按比例增大，故考向2带电粒子在立体空间中的偏转分析带电粒子在立体空间中的运动时，要发挥空间想象力，确定粒子在空间的位置关系。带电粒子依次通过不同的空间，运动过程分为不同的阶段，只要分析出每个阶段上的运动规律，再利用两个空间交界处粒子的运动状态和关联条件即可解决问题。有时需要将粒子的运动分解为两个互相垂直的平面内的运动(比如螺旋线运动和旋进运动)来求解。[典例2]如图所示，在O-xyz坐标系中，yOz左、右侧空间分别有沿y轴正方向的匀强电场和沿x轴负方向磁感应强度为B的匀强磁场；足够大的平面MN与x轴垂直，距O点距离L0＝40πmv03qB，现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从P(－2L，－3L，0)点沿(1)匀强电场的电场强度E的大小；(2)粒子经过O点后距x轴的最大距离d；(3)粒子打到平面MN上的位置坐标。[解析](1)粒子在电场中做类平抛运动，则2L＝v0t，3L＝12·Eqmt2，解得(2)过O点的速度分解为vx和vy，其中2L＝vxt＝v0t，3L＝vy2t，解得vy＝3v0，粒子进入磁场后，在沿x轴方向上以v0做匀速直线运动，在yOz平面内做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，可得qBvy解得R＝3mv0Bq，所以粒子在经过O点后距x轴的最大距离为d＝2(3)粒子做圆周运动的周期为T＝2πRvy＝2πmqB，粒子打到平面MN上所经历的时间为t，则t＝L0v0＝40πm3qB，则tT＝40π如图所示。由几何关系可知y＝－Rsin60°＝－32·3mv0Bq＝－3mv02Bq则粒子打到平面MN上的位置坐标为(L0，y，z)，即40π[答案]13mv0221．“配速法”配速法其实就是给物体配一个速度v，使得这个速度在磁场中运动所产生的洛伦兹力与题目中物体所受重力或者静电力(视情况而定)抵消，对应的，还会出现一个与v等大反向的速度v′，此时等效为只受到一个洛伦兹力，而不再是重力或者静电力加上洛伦兹力的合成，从而降低分析难度。2．粒子在立体空间中的常见运动及解题策略运动类型解题策略在三维坐标系中运动，每个轴方向上都是常见运动模型将粒子的运动分解为三个方向的运动一维加一面，如旋进运动旋进运动将粒子的运动分解为一个轴方向上的匀速直线运动或匀变速直线运动和垂直该轴的所在面内的圆周运动运动所在平面切换，粒子进入下一区域偏转后曲线不在原来的平面内把粒子运动所在的面隔离出来，转换视图角度，把立体图转化为平面图，分析粒子在每个面的运动微专题突破练(五)1．如图所示，水平面内的等边三角形ABC的边长为L，顶点C恰好位于光滑绝缘直轨道CD的最低点，光滑直导轨的上端点D到A、B两点的距离均为L，D在AB边上的竖直投影点为O。一对电荷量均为－Q的点电荷分别固定于A、B两点。在D处将质量为m、电荷量为＋q的小球套在轨道上(忽略它对原电场的影响)，将小球由静止开始释放，已知静电力常量为k，重力加速度为g，且kQqL2＝33mg，忽略空气阻力，则A．轨道上D点的电场强度大小为mgB．小球刚到达C点时，其加速度为0C．小球刚到达C点时，其动能为mgLD．小球沿直轨道CD下滑过程中，其电势能先增大后减小B[负电荷产生的电场指向负电荷，可知两个负电荷在D处产生的电场强度分别指向A与B，由于两个点电荷的电荷量是相等的，所以两个点电荷在D点产生的电场强度的大小相等，则它们的合电场强度的方向沿∠ADB的角平分线DO，由库仑定律得两负电荷在D点产生的电场强度大小为EA＝EB＝kQL2＝3mg3q，它们的合电场强度ED＝EAcos30°＋EBcos30°＝mgq，故A错误；由几何关系得DO＝CO＝32L，则∠OCD＝45°，对小球受力分析，其受力的剖面图如图，由于C到A、B的距离与D到A、B的距离都等于L，结合以上分析可知，C点的电场强度的大小与D点的电场强度的大小相等，方向指向O点，即EC＝ED＝mgq，沿轨道方向mgcos45°－Fcos45°＝ma，垂直于轨道方向mgsin45°＋Fsin45°＝N，其中F是静电力，F＝qEC＝mg，联立解得a＝0，故B正确；由于C与D到A、B的距离都等于L，结合等量同种电荷的电场特点可知，C点与D点的电势是相等的，所以小球从D到C静电力做功等于0，得mg·OD＝12mv2，小球的动能Ek＝12mv2＝32mgL，故C错误；由几何关系可知，在CD上，CD的中点到]2．2021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(如图所示)，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，不计离子所受重力，则()A．静电力的瞬时功率为qEB．该离子受到的洛伦兹力大小为qv1BC．v2与v1的比值不断变大D．该离子的加速度大小不变D[根据功率的计算公式可知P＝Fvcosθ，则静电力的瞬时功率为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有F洛＝qv2B，B错误；根据运动的叠加原理可知，离子在垂直于纸面内做匀速圆周运动，沿水平方向做加速运动，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。故选D。]3．如图甲是医用肿瘤放疗装置，其原理如图乙所示，利用在O点沿y轴正方向射出的高能质子束对肿瘤病灶精准打击从而杀死癌细胞。实际中，质子束的运动方向并不是严格沿y轴，而是与y轴有一个很小的偏角，呈发散状。为此加一个方向沿y轴正向、磁感应强度大小为B的匀强磁场，使得质子参与两种运动，沿y轴方向的直线运动和在垂直y轴的平面内的圆周运动。为研究方便，用垂直y轴足够大的显示屏表示病人，癌细胞位于屏上，从O点射出的质子速度为v，质量为m，电荷量为q，所有质子与y轴正方向偏差角均为θ，不考虑质子所受重力和空气阻力，不考虑质子间的相互作用。(1)质子在y轴方向的分运动速度大小是否变化，请简述理由；(2)当显示屏离O点距离为多大时，所有的质子会重新会聚于一点？(3)移动显示屏，屏上出现一亮环，当屏到O点的距离为L＝πmv[解析](1)速度大小不变，因为y轴方向与磁场平行，质子在y轴方向受力为0。(2)y轴方向有L＝vcosθ·t垂直y轴方向的平面内，质子做圆周运动，有Bqvsinθ＝m又T＝2解得T＝2当t＝nT(n＝1，2，3，…)时，所有质子会聚一点，可得L＝2nπmvcosθqB(n＝1，2(3)当L＝πmvcosθqB时，可得又r＝mv如图，α＝π2，r′＝r2+解得r′＝2当α＝π时，Rm＝2r，此时圆环面积最大，易知最大面积为S＝πRm2[答案](1)见解析(2)2nπmvcosθqB(n＝1，2，34．如图所示的足够大的长方体空间被两竖直平面分成三个区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，其中区域Ⅰ、Ⅲ中分别存在水平向右和水平向左的匀强电场，电场强度大小均为E，区域Ⅱ中存在竖直向上的匀强磁场。O点为区域Ⅰ的点，O点到左侧竖直平面的距离为d，两平面之间的距离为3d，一比荷为k的带正电的粒子由O点静止释放，依次经过两平面，经过两平面的点之间的距离为2d，忽略粒子所受重力。(1)求区域Ⅱ中磁感应强度的大小；(2)求粒子第一次、第二次通过左侧平面时，两点之间的距离；(3)若粒子的释放点O向左平移2d后，由静止释放，求粒子第一次、第二次通过左侧平面的时间间隔。[解析](1)结合题意作出粒子的运动轨迹，俯视图如图甲所示，粒子在区域Ⅰ中运动时，由动能定理得qEd＝1解得v1＝2又由AC＝2d以及两平面之间的距离为3d可知，△ACO1为正三角形，所以粒子在区域Ⅱ中运动的轨道半径为R1＝2d又qv1B＝m解得B＝E2(2)粒子进入区域Ⅲ后做类斜抛运动，粒子在C点平行电场方向的分速度为vx＝v1sin30°沿CD方向做匀速直线运动，分速度为vy＝v1cos30°又由牛顿第二定律有qE＝ma则粒子由C到D的时间为t＝2vxa，xCD＝解得xCD＝3d由类斜抛运动的对称性可知，粒子在D点的速度大小仍为v1＝2则粒子再次回到区域Ⅱ的轨道半径仍为R1＝2d则粒子第一次、第二次通过左侧平面时，两点之间的距离为s＝2R1cos60°＋xCD解得s＝(2＋3)d。(3)若粒子的释放点O向左平移2d后由静止释放，粒子在区域Ⅰ中运动时，由动能定理得qE