专题三 培优点七 带电粒子在立体空间中的运动-【金版教程】2025年高考物理大二轮专题复习冲刺方案课件PPT（基础版）

第一部分　专题复习篇 专题三　电场和磁场 培优点七　带电粒子在 立体空间中的运动 目录 2 1 专题作业 高考命题预测 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 带电粒子在立体空间中的组合场、叠加场的运动问题，通过受力分析、运动分析，转换视图角度，充分利用分解的思想，分解为直线运动、圆周运动、类平抛运动，再利用每种运动对应的规律进行求解。 15 粒子在立体空间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 16 高考命题预测 高考命题预测 高考命题预测 高考命题预测 高考命题预测 高考命题预测 高考命题预测 专题作业 1 2 专题作业 1 2 专题作业 1 2 专题作业 1 2 专题作业 1 2 专题作业 1 2 专题作业 1 2 专题作业 1 2 专题作业 1 2 专题作业 1 2 专题作业 1 2 专题作业 1 2 专题作业 1 2 专题作业 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 例1　(2024·湖南高考)如图，有一内半径为2r、长为L的圆筒，左右端面圆心O′、O处各开有一小孔。以O为坐标原点，取O′O方向为x轴正方向建立xyz坐标系。在筒内x≤0区域有一匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向沿x轴正方向；筒外x≥0区域有一匀强电场，场强大小为E，方向沿y轴正方向。一电子枪在O′处向圆筒内多个方向发射电子，电子初速度方向均在xOy平面内，且在x轴正方向的分速度大小均为v0。已知电子的质量为m、电量为e，设电子始终未与筒壁碰撞，不计电子之间的相互作用及电子的重力。 (1)若所有电子均能经过O进入电场，求磁感应强度B的最小值； (2)取(1)问中最小的磁感应强度B，若进入磁场中电子的速度方向与x轴正方向最大夹角为θ，求tanθ的绝对值； (3)取(1)问中最小的磁感应强度B，求电子在电场中运动时y轴正方向的最大位移。 答案　(1)eq \f(2πmv0,eL)　(2)eq \f(2πr,L)　(3)2,0)eq \f(2π2r2vm,EeL2) 解析　(1)设电子在磁场中运动的时间为t，电子在x轴方向做匀速直线运动，有L＝v0t 在yOz平面内，电子做匀速圆周运动，设电子入射时沿y轴的分速度大小为vy，在yOz平面内做匀速圆周运动的轨迹半径为R，周期为T，由牛顿第二定律有Bevy＝m2,y)eq \f(v,R) ，且T＝eq \f(2πR,vy) 可得R＝eq \f(mvy,Be)，T＝eq \f(2πm,Be) 所有电子均能经过O进入电场，则有t＝nT(n＝1，2，3，…) 联立得B＝eq \f(2πnmv0,eL)(n＝1，2，3，…) 由上式可知，当n＝1时，B有最小值，为Bmin＝eq \f(2πmv0,eL)。 (2)进入磁场中电子的速度方向与x轴正方向夹角为最大值θ时，沿y轴方向的分速度最大，设为vym，此时电子在yOz平面内做圆周运动的半径R最大，为Rmax＝r 由(1)可知Rmax＝eq \f(mvym,Bmine) 又|tanθ|＝eq \f(vym,v0) 联立可得vym＝eq \f(2πv0r,L)，|tanθ|＝eq \f(2πr,L)。 (3)分析可知，当电子进入磁场时沿y轴方向的分速度vy取最大值vym，且沿y轴正方向时，电子在电场中运动时沿y轴正方向有最大位移ym 设电子在电场中的加速度大小为a，根据匀变速直线运动规律有0－veq \o\al(2,ym)＝－2aym 由牛顿第二定律有eE＝ma 联立可得ym＝2,0)eq \f(2π2r2vm,EeL2) 。 例2　(2024·河北省唐山市普通高中高三下一模)如图所示，空间有一棱长为L的正方体区域，带电粒子从平行于MF棱且与MPQF共面的线状粒子源连续不断地逸出，逸出粒子的初速度为0，粒子质量为m，电荷量为＋q，经垂直于MF棱的水平匀强电场加速后，粒子以一定的水平初速度从MS段垂直进入正方体区域内，MS段长为eq \f(3L,4)，该区域内有垂直平面MPRG向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。从M点射入的粒子恰好从R点射出。距离正方体底部L处有一与AGRN平行且足够大的平板，粒子到达平板立即被平板吸收。现以正方体底面AGRN中心O在平板的垂直投影点O′为原点，在平板内建立平面直角坐标系，其中x轴与GR平行，忽略粒子间的相互作用，不计粒子重力。 (1)求从M点进入正方体区域的粒子进入时速度的大小； (2)若该区域内部只有垂直平面MPRG向外的匀强电场，电场强度大小为eq \f(2qB2L,π2m)，从M点射入的粒子从PQ边上的某点射出，求该点距P点的距离； (3)若该区域内同时存在上述磁场与电场，求所有落到平板上的粒子的落点离O′的最小距离(结果用L和根式表示)。 答案　(1)eq \f(qBL,m)　(2)eq \f(L,π2) (3)Leq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,π)－\f(1,4)))\s\up12(2)) 解析：　(1)设粒子进入棱长为L的正方体区域时的速度大小为v，进入后做匀速圆周运动，轨道半径为r，根据洛伦兹力提供向心力有 qvB＝meq \f(v2,r) 从M点射入的粒子恰从R点射出，可知r＝L 联立解得v＝eq \f(qBL,m)。 (2)粒子在正方体区域内做类平抛运动，沿x方向做匀速直线运动，沿y方向做初速度为零的匀加速直线运动，设运动时间为t1，加速度大小为a，则沿x方向有L＝vt1 沿y方向，由运动学规律知，从PQ射出的点到P点的距离y1＝eq \f(1,2)ateq \o\al(2,1) 根据牛顿第二定律有qE＝ma 又电场强度大小E＝eq \f(2qB2L,π2m) 联立可得y1＝eq \f(L,π2)。 (3)从S进入的粒子离前表面ANQF最近，在电场力作用下最容易从前表面射出，假设从S进入的粒子也从底面射出，由分运动的独立性知，该粒子在正方体区域内运动的时间t2＝eq \f(\f(π,2)r,v) 则其沿电场方向的分位移y2＝eq \f(1,2)ateq \o\al(2,2) 联立解得y2＝eq \f(L,4) 即从S点进入正方体区域的粒子恰从N点射出，假设成立，则所有粒子均从底面RN棱上射出，且速度大小、方向均相同，飞出正方体区域后均做速度相等的匀速直线运动 经分析可知，所有粒子落到平板时，x坐标均为x＝eq \f(L,2) 粒子从正方体区域射出到落到平板所用时间t3只与垂直平板方向的分速度有关，为t3＝eq \f(L,v) 所有粒子飞出正方体区域时沿y方向的速度分量vy＝at2 射出正方体区域后，沿y方向做匀速直线运动的位移y3＝vyt3 联立解得y3＝eq \f(L,π) 则从M点射入正方体区域的粒子，在平板上的落点的y坐标为y＝y2＋y3－eq \f(L,2)＝eq \f(L,π)－eq \f(L,4)>0 则所有粒子到达平板时的y坐标均大于0，故从M点射入正方体区域的粒子落到平板上的位置离O′最小，最小距离为 smin＝eq \r(x2＋y2) 解得smin＝Leq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,π)－\f(1,4)))\s\up12(2))。 (2024·山东省聊城市高三下一模)为了约束带电粒子在一定区域内运动，某同学设计了如图所示的装置。边长为L的正方形横截面abcd将装置分成左右两部分。左侧是宽度为L的匀强电场区域，电场方向竖直向下；右侧是长为x(x未知)的长方体匀强磁场区域，磁场方向水平向右，长方体右侧面efgh内有一个光屏。粒子源射出一电荷量为＋q、质量为m的粒子，以速度v0从pq中点水平射入匀强电场区域，恰好从图中abcd面的中心O点进入长方体区域，粒子在右侧磁场内运动过程中，到达光屏之前恰好未离开长方体区域，粒子重力不计。 (1)求粒子到达O点时的速度大小v和左侧区域中的电场强度大小E； (2)若粒子打在光屏上中心Q点时的速度恰好和经过O点时的速度相同，求磁感应强度大小B和OQ两点间距离x； (3)若将光屏平移至和O点距离x′＝eq \f(13πL,8)，求粒子打到光屏上的位置到O点的距离s。 答案：(1)eq \r(2)v0　2,0)eq \f(mv,qL) (2)eq \f(4mv0,qL)　eq \f(nπL,2)(n＝1，2，3，…) (3)eq \f(L\r(169π2＋8),8) 解析：(1)粒子在匀强电场区域做类平抛运动，设加速度大小为a，运动时间为t，到达O点时沿电场强度的速度分量为vy 则沿初速度方向有L＝v0t 沿电场强度方向有qE＝ma eq \f(L,2)＝eq \f(1,2)at2 vy＝at 粒子到达O点时的速度大小为v＝2,0)eq \r(v＋veq \o\al(2,y)) 联立解得vy＝v0，v＝eq \r(2)v0，E＝2,0)eq \f(mv,qL) 。 (2)粒子在磁场中运动时，在OQ方向以大小为v0的速度做匀速直线运动，在垂直于OQ的竖直平面内以vy＝v0的速率做匀速圆周运动，设其轨道半径为R，根据洛伦兹力提供向心力有qBvy＝2,y)eq \f(mv,R) 由题意，粒子恰好不离开长方体区域，得R＝eq \f(1,4)L 联立解得B＝eq \f(4mv0,qL) 粒子做圆周运动的周期T＝eq \f(2πR,vy) 联立解得T＝eq \f(πL,2v0) 由题目条件可知，粒子打中Q点时，与经过O点时速度相同，则可判定粒子运动的时间 tOQ＝nT(n＝1，2，3，…) OQ两点间的距离x＝v0tOQ 联立解得x＝eq \f(nπL,2)(n＝1，2，3，…)。 (3)由x′＝eq \f(13πL,8)＝v0t′ 可得粒子在O点右侧区域运动的时间 t′＝eq \f(13πL,8v0)＝3.25T 设粒子打在荧光屏上Q1点，则从右向左看，粒子在O点右侧区域的运动轨迹如图所示 根据几何关系有QQ1＝eq \r(2)R O点到光屏上落点的距离为 s＝2,1)eq \r(x′2＋QQ) 联立解得s＝eq \f(L\r(169π2＋8),8)。 1.(2024·黑龙江省齐齐哈尔市高三一模)某粒子偏转装置的基本原理如图所示，平行正对放置的半径均为R、间距为d的圆形金属板M、N，圆心分别为O1、O2，位于O1处的粒子源能向两板间各个方向发射初速度大小为v0的带正电的粒子。已知粒子质量为m、电荷量为q，不计粒子重力及相互间作用，忽略边缘效应。 (1)仅在两板间加电压U，两板间产生方向沿O1O2方向的匀强电场，则电压U满足什么条件时能使粒子全部击中N板？ (2)仅在两板间加沿O1O2方向的有界匀强磁场，则磁感应强度大小B满足什么条件时能使粒子全部击中N板？此时粒子在两板间运动的时间范围为多少？ (3)若两板间同时存在方向都沿O1O2方向的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度大小为B0，粒子源发射出方向垂直于O1O2连线的粒子，全部落在N板中半径为eq \f(\r(2)mv0,B0q)的圆周上eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2mv0,B0q)<R))，求电场强度的大小。 答案：(1)U≥　(2)B≥　t≥ (3)(n＝0，1，2，…) 解析：(1)当初速度方向与电场强度方向垂直的粒子击中N板边缘时，粒子全部击中N板，U有最小值，设两板间电压最小值为U0，此时电场强度大小为E0，粒子在两板间运动的加速度大小为a0，所用时间为t0 沿初速度方向，粒子做匀速直线运动，有R＝v0t0 沿电场方向，由运动学公式有d＝eq \f(1,2)a0teq \o\al(2,0) 由牛顿第二定律有qE0＝ma0 又E0＝eq \f(U0,d) 联立解得U0＝2,0)eq \f(2md2v,qR2) 因此，电压U应满足的条件为U≥U0＝2,0)eq \f(2md2v,qR2) 。 (2)初速度方向与O1O2方向成θ角(0°≤θ＜90°)时，初速度沿O1O2方向的分量为 vx＝v0cosθ 初速度在垂直于O1O2方向的分量为 vy＝v0sinθ 沿O1O2方向，粒子做速度大小为vx的匀速直线运动，在垂直O1O2的平面内，粒子做速度大小为vy的匀速圆周运动，设圆周运动的半径为r，根据洛伦兹力提供向心力有qvyB＝m2,y)eq \f(v,r) 根据题意可知，r≤eq \f(R,2) 联立解得B≥eq \f(2mv0sinθ,qR) 要使此式恒成立，则B≥eq \f(2mv0,qR) 沿O1O2方向，有d＝vxt 联立可得，粒子在两板间运动的时间为t＝eq \f(d,vcosθ) 则t≥eq \f(d,v0)。 (3)沿O1O2方向，粒子受电场力做匀加速直线运动，在垂直于O1O2的平面内，粒子做速度大小为v0的匀速圆周运动，设粒子的圆周分运动的半径为r0，有qv0B0＝m2,0)eq \f(v,r0) 解得r0＝eq \f(mv0,qB0) 粒子做圆周分运动的周期为T＝eq \f(2πr0,v0) 由题意可知，粒子全部落在半径为eq \f(\r(2)mv0,B0q)＝eq \r(2)r0的圆周上，从右向左看，某一粒子的轨迹图如图所示，虚线圆为粒子落在N板上的痕迹，由图可知，粒子在磁场中偏转的角度φ＝nπ＋eq \f(π,2)(n＝0，1，2，…) 则粒子在两板间运动的时间为tMN＝eq \f(φ,2π)T 设粒子做匀加速直线分运动的加速度大小为a，电场强度大小为E，则沿O1O2方向，有 d＝eq \f(1,2)ateq \o\al(2,MN) qE＝ma 联立解得E＝2,0)eq \f(8qBd,（2n＋1）2π2m) (n＝0，1，2，…)。 2.(2021·浙江6月选考)如图甲所示，空间站上某种离子推进器由离子源、间距为d的中间有小孔的两平行金属板M、N和边长为L的立方体构成，其后端面P为喷口。以金属板N的中心O为坐标原点，垂直立方体侧面和金属板建立x、y和z坐标轴。M、N板之间存在场强为E、方向沿z轴正方向的匀强电场；立方体内存在磁场，其磁感应强度沿z方向的分量始终为零，沿x和y方向的分量Bx和By随时间周期性变化规律如图乙所示，图中B0可调。氙离子(Xe2＋)束从离子源小孔S射出，沿z方向匀速运动到M板，经电场加速进入磁场区域，最后从端面P射出，测得离子经电场加速后在金属板N中心点O处相对推进器的速度为v0。已知单个离子的质量为m、电荷量为2e，忽略离子间的相互作用，且射出的离子总质量远小于推进器的质量。 (1)求离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小v； (2)不考虑在磁场突变时运动的离子，调节B0的值，使得从小孔S射出的离子均能从喷口后端面P射出，求B0的取值范围； (3)设离子在磁场中的运动时间远小于磁场变化周期T，单位时间从端面P射出的离子数为n，且B0＝eq \f(\r(2)mv0,5eL)。求图乙中t0时刻离子束对推进器作用力沿z轴方向的分力。 答案：(1)2,0)eq \r(v－\f(4eEd,m)) 　(2)0～eq \f(mv0,3eL) (3)eq \f(3,5)nmv0，方向沿z轴负方向 解析：(1)离子从小孔S射出后匀速运动到M板，经电场加速至金属板N中心点O处，对该过程根据动能定理有 2eEd＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－eq \f(1,2)mv2 解得v＝2,0)eq \r(v－\f(4eEd,m)) 。 (2)在nT～eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,2)))T时间内(n＝0，1，2，…)，磁感应强度仅有沿x方向的分量，由左手定则可知，离子向y轴负方向偏转，若离子从喷口P的下边缘中点射出，设其轨道半径为R1，如图1所示，根据几何关系有eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(R1－\f(L,2))) eq \s\up12(2)＋L2＝Req \o\al(2,1) 根据洛伦兹力提供向心力有2ev0B0＝2,0)eq \f(mv,R1) 联立解得B0＝eq \f(2mv0,5eL) 在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,2)))T～(n＋1)T时间内(n＝0，1，2，…)，磁感应强度在x和y方向均有分量，且大小均为B0，则合磁感应强度为B＝eq \r(2)B0，方向在x、y轴正方向之间，且与x轴正方向成45°，由左手定则可知，离子向左上方偏转，若离子从喷口P左上角射出，设其轨道半径为R2，如图2所示，根据几何关系有 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(R2－\f(\r(2)L,2))) eq \s\up12(2)＋L2＝Req \o\al(2,2) 根据洛伦兹力提供向心力有2ev0B＝2,0)eq \f(mv,R2) 联立解得B0＝eq \f(mv0,3eL) 故B0的取值范围为0～eq \f(mv0,3eL)。 (3)因离子在磁场中的运动时间远小于磁场变化周期T，可认为t0时刻前后，离子在立方体中运动轨迹剖面图如图3所示， 根据洛伦兹力提供向心力有2ev0×eq \r(2)B0＝2,0)eq \f(mv,R3) 又B0＝eq \f(\r(2)mv0,5eL) 联立解得R3＝eq \f(5,4)L 所以sinθ＝eq \f(L,R3)＝eq \f(4,5)，cosθ＝eq \r(1－sin2θ)＝eq \f(3,5) 离子从端面P射出时，在沿z轴方向根据动量定理有FΔt＝nmv0cosθ·Δt－0 解得F＝eq \f(3,5)nmv0，方向沿z轴正方向 根据牛顿第三定律可得，t0时刻离子束对推进器作用力沿z轴方向的分力大小为F′＝F＝eq \f(3,5)nmv0，方向沿z轴负方向。 $$