第11章 专题突破22 带电粒子在交变电磁场和三维空间中的运动-【优化探究】2026高考物理一轮复习高考总复习配套课件（教科版）

专题突破22　带电粒子在交变电磁场和三维空间中的运动 第十一章　磁场 1 [学习目标]　1.会分析带电粒子在交变电、磁场中的运动问题。 2.会处理带电粒子在匀强磁场中的螺旋线运动和在叠加场中的旋进运动。3.掌握解决带电粒子在立体空间中的运动问题的解题思路和处理方法。 2 核心知识　典例研析 突破点一　带电粒子在交变电磁场中的运动 突破点二　带电粒子在立体空间中的运动 分层训练　巩固提高 内容索引 3 一 核心知识　典例研析 4 突破点一　带电粒子在交变电磁场中的运动 5 解决带电粒子在交变电磁场中的运动问题的基本思路 6 [典例1]　如图甲所示，宽度为d的竖直狭长区域内(边界为L1、L2)，存在垂直纸面向里的匀强磁场和竖直方向上的周期性变化的电场(如图乙所示)，电场强度的大小为E0，E＞0表示电场方向竖直向上。t＝0时，一带正电、质量为m的微粒从左边界上的N1点以水平速度v射入该区域，沿直线运动到Q点后，做一次完整的圆周运动，再沿直线运动到右边界上的N2点。Q为线段N1N2的中点，重力加速度为g。上述d、E0、m、v、g为已知量。 考向1　磁场与交变电场结合 7 (1)求微粒所带电荷量q和磁感应强度B的大小； [解析]　微粒做直线运动时有 mg＋qE0＝qvB ① 微粒做圆周运动时有mg＝qE0 ② 联立①②得q＝ ③ B＝。 ④ [答案]　　 8 (2)求电场变化的周期T； [解析]　设微粒从N1点沿直线运动到Q点的时间为t1，做圆周运动的周期为t2，则＝vt1 ⑤ qvB＝m ⑥ 2πR＝vt2 ⑦ 联立③④⑤⑥⑦得t1＝，t2＝ ⑧ 电场变化的周期T＝t1＋t2＝。 ⑨ [答案]　　 9 (3)改变宽度d，使微粒仍能按上述运动过程通过相应宽度的区域，求T的最小值。 [解析]　若微粒能完成题述的运动过程，则要求d≥2R ⑩ 联立③④⑥得R＝ ⑪ 设在N1Q段直线运动的最短时间为t1min， 由⑤⑩⑪得t1min＝ 因t2不变，T的最小值 Tmin＝t1min＋t2＝。 [答案]　 10 [典例2]　如图甲所示，足够大的空间有垂直纸面的水平匀强磁场和竖直向上的匀强电场，右侧有竖直挡板CD，O'是挡板上一点，直线OO'与挡板CD垂直，t＝0时刻，一质量为m、电荷量为q带正电的微粒在O点以与OO'成α＝45°的初速度v沿纸面开始运动，磁感应强度B随时间t变化的关系图像如图乙所示(图中B0已知)，选定磁场垂直纸面向里为正方向，电场强度大小为，重力加速度为g，微粒射到挡板上时被挡板吸收。 考向2　交变磁场与电场结合 11 (1)求微粒再次经过直线OO'时与O点的距离。 [解析]　由于电场强度大小 E＝ 则电场力F＝qE＝mg 因此重力与电场力平衡；微粒先在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，则 12 qvB0＝m 解得r＝ 由T＝ 则微粒在时间内转过四分之一个圆周，再次经直线OO'时与O点的距离 x1＝r＝。 [答案]　　 13 (2)若微粒第一次运动到最大高度时突然撤去电场，求此后微粒到达直线OO'时的动能Ek。 [解析]　微粒运动四分之一圆周后斜向右上以与OO'成α＝45°的方向做匀速运动，运动的时间为，轨迹如图所示， 14 匀速直线运动的位移大小s＝ 因此，微粒离开直线OO'的最大高度 h＝s＋(1－)r 由动能定理有 mgh＝Ek－mv2 解得Ek＝(＋1)＋mv2。 [答案]　(＋1)＋mv2　 15 (3)要使微粒能垂直射到挡板上，挡板与O点间的距离L应满足什么条件? [解析]　微粒运动一个周期沿直线OO'方向 移动的距离 L0＝2x1＋2scos 45°＝ 若微粒能垂直射到挡板上的某点P，P点在 直线OO'下方时，由图像可知，挡板与O点 间的距离应满足 16 L1＝nL0＋[(4＋π)n＋1](n＝0，1，2，…) 若微粒能垂直射到挡板上的某点P，P点在直线 OO'上方时，由图像可知，挡板与O点间的距离 应满足 L2＝(n＋)L0＋[(4＋π)n＋3＋] (n＝0，1，2，…) 说明：若两式合写成L＝[(2＋)n＋1](n＝0，1，2，…)同样给分。 [答案]　见解析 17 [典例3]　如图(a)所示的xOy平面处于变化的匀 强电场和匀强磁场中，电场强度E和磁感应强 度B随时间t做周期性变化的图像如图(b)所示， y轴正方向为E的正方向，垂直于纸面向里为B 的正方向，t＝0时刻，带负电的粒 子P(重力不计)由原点O以速度v0沿 y轴正方向射出，它恰能沿一定轨 道做周期性运动。v0、E0和t0为已 知量，且，在0~t0时间内 粒子P第一次离x轴最远时的坐标为()。求： 考向3　交变磁场与交变电场结合 18 (1)粒子P的比荷； [解析]　0~t0时间内粒子P在匀强磁场中做匀速圆周运动，当粒子所在位置的纵、横坐标相等时，粒子在磁场中恰好经过圆周，所以粒子P第一次离x轴的最远距离等于轨道半径R， 即R＝ ① 又qv0B0＝m ② 且 联立解得。 ③ [答案]　　 19 (2)t＝2t0时刻粒子P的位置坐标； [解析]　设粒子P在磁场中运动的周期为T， 则T＝ ④ 联立①④式解得T＝4t0 ⑤ 即粒子P做圆周运动后磁场变为电场，粒子以速度v0垂直电场方向进入电场后做类平抛运动，设t0~2t0时间内水平位移和竖直位移分别为x1、y1，则x1＝v0t0＝ ⑥ 20 y1＝a ⑦ 其中加速度a＝ ⑧ 联立①③⑦⑧式解得y1＝＝R ⑨ 因此t＝2t0时刻粒子P的位置坐标为(v0t0，0)，如图中的b点所示。 [答案]　(v0t0，0) 21 (3)带电粒子在运动过程中与原点O的最远距离L。 [解析]　分析知，粒子P在2t0~3t0时间内，电场 力产生的加速度方向沿y轴正方向，由对称关系 知，在3t0时刻速度方向为x轴正方向，位移x2＝ x1＝v0t0；在3t0~5t0时间内粒子P沿逆时针方向做 匀速圆周运动，往复运动轨迹如(2)中图所示，由图可知，带电粒子在运动中与原点O的最远距离L，即O、d间的距离，则L＝2R＋2x1，解得 L＝v0t0。 [答案]　v0t0 22 突破点二　带电粒子在立体空间中的运动 23 [典例4]　(2024·湖南卷)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O－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。 24 (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； [解析]　将电子的初速度分解为沿x轴方向的速度v0、y轴方向的速度vy0，则电子做沿x轴正方向的匀速运动和投影到yOz平面内的圆周运动，又电子做匀速圆周运动的周期为T＝，电子均能经过O进入电场，则＝nT(n＝1，2，3，…) 联立解得B＝(n＝1，2，3，…) 当n＝1时，Bmin＝。 [答案]　　 25 (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tan θ的绝对值； [解析]　由于电子始终未与筒壁碰撞，则电子投影到yOz平面内的圆周运动的最大半径为r，由洛伦兹力提供向心力有evy0maxB＝m 则|tan θ|＝。 [答案]　　 26 (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。 [解析]　电子在电场中做类斜抛运动，当电子运动到O点时沿y轴正方向的分速度大小为vy0max时，电子在电场中运动的y轴正方向的最大位移最大，由牛顿第二定律有 eE＝ma 由速度位移公式有＝2aym 联立解得ym＝。 [答案]　 27 [典例5]　(2025·四川绵阳开学考试)如图所示， O－xyz为空间直角坐标系，在x＜0的空间Ⅰ内存 在沿z轴正方向的匀强磁场B1。在0＜x＜d的空 间Ⅱ内存在沿y轴正方向的匀强电场E，在x＞d 的空间Ⅲ内存在磁感应强度大小B2＝、方向沿x轴正方向的匀强磁场。现将一带负电的粒子从x轴上的A(xA＝－d)点以沿xOy平面内某一方向的初速度v0射入空间Ⅰ的磁场区域，经磁场偏转后从y轴上的C(yc＝d)点垂直y轴进入空间Ⅱ，并从x轴上的D(xD＝d)点进入空间Ⅲ。已知粒子的电荷量大小为q，质量为m，不计重力。求： 28 (1)空间Ⅰ内磁场的磁感应强度大小B1和空间Ⅱ内电场的电场强度大小E； [解析]　设粒子在空间Ⅰ的磁场中的轨迹半径为r1，如图所示，由几何关系可得 (r1－d)2＋(d)2＝ 解得r1＝2d 由洛伦兹力提供向心力可得qv0B1＝m 解得B1＝ 29 粒子在空间Ⅱ做类平抛运动，沿y轴方向的加速度大小 a＝ 沿x轴方向运动有d＝v0t 沿y轴方向运动有d＝at2 解得E＝。 [答案]　　 30 (2)粒子在空间Ⅲ的运动过程中，距离x轴的最大距离； [解析]　粒子经过D点时，沿y轴负方向的分速度大小为vy＝at＝2v0 沿x轴正方向的分速度大小为vx＝v0 粒子在空间Ⅲ内垂直于磁场的分速度vy使粒子在yOz平面内做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力可得 qvyB2＝m 解得r3＝2d 粒子做圆周运动距x轴的最大距离为L＝2r3＝4d。 [答案]　4d　 31 (3)粒子进入空间Ⅲ后，每次经过x轴时的横坐标。 [解析]　粒子在空间Ⅲ内做圆周运动的周期为 T＝ 粒子在空间Ⅲ内沿x轴方向做匀速直线运动， 粒子在一个周期内沿x轴正方向运动的距离 x＝v0T＝2πd 所以粒子在空间Ⅲ中每次经过x轴时的横坐标为x＝d＋2nπd＝(2nπ＋1) d(n＝1，2，3，…)。 [答案]　(2nπ＋1)d(n＝1，2，3，…) 32 分析带电粒子在立体空间中的运动时，要发挥空间想象力，确定粒子在空间中的位置关系。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。 方法技巧 33 分层训练　巩固提高 二 34 1.如图甲所示，在xOy坐标系的一、四象限存在匀强磁场，规定垂直纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度随时间的变化情况如图乙所示， t＝0时刻，一个比荷＝1.0×104 C/kg的正电荷从(0，)处以v0＝1.0×104 m/s的速度沿y轴负方向射入磁场，则正电荷从射入磁场至第一 次经过x轴所需的时间为(　　) 2 3 4 5 6 7 8 1 A 夯实基础 A.8π×10－5 s　 B.π×10－5 s C.1.2π×10－4 s D.×10－4 s C 35 解析：洛伦兹力提供向心力，则qv0B＝m，解 得r＝0.4 m，圆周运动的周期为T＝＝8π× 10－5 s，则粒子每次圆周运动持续三分之一周期， 对应的圆心角为120°；位移大小2rsin 60°＝ m，位移方向与y轴负方向成60°角，正电荷射入磁场后到x轴的轨迹如图所示；正电荷第一次运动到x轴应为A点，运动时间为t＝T＝1.2π×10－4 s，故C正确。 2 3 4 5 6 7 8 1 36 2.如图甲所示，竖直面内矩形区域ABCD内存在磁感应强度按如图乙所示的规律变化的磁场(规定垂直纸面向外为正方向)，区域边长AB＝AD，一带正电的粒子从A点沿AB方向以速度v0射入磁场，在T1时刻恰好能从C点平行DC方向射出磁场。现在把磁场换成按如图丙所示规律变化的电场(规定竖直向下为正方向)，相同的粒子仍以速度v0从A点沿AB方向射入电场，在T2时刻恰好能从C点平行DC方向射出电场。不计粒子的重力，则磁场的变化周期T1和电场的变化周期T2之比为(　　) 2 3 4 5 6 7 8 1 A.1∶1 B.2π∶3 C.2π∶9 D.π∶9 C 37 解析：设粒子的质量为m，带电荷量为q，粒子的偏转半径为r，经粒子转过的圆心角为α，则有2rsin α＝AB，2(r－rcos α)＝AD，又AB＝ AD，联立解得α＝60°，所以有T，又T＝，解得T1＝，如果把磁场换为电场，则有AB＝v0T2，解得T2＝，所以，故C正确，A、B、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 1 38 3.(多选)(2025·四川达州统考模拟)如图所示，一个边长为l的立方体空间被对角平面MNPQ划分成两个区域，平面MNPQ左侧有磁感应强度大小B1＝、方向沿z轴负方向的匀强磁场，右侧有磁感应强度大小B2＝、方向沿z轴正方向的匀强磁场。一质量为m，电荷量为q的带正电粒子(不计重力)从z轴上的棱上的某点以速度v垂直Oyz平面进入磁 场，并穿过两个磁场区域，则(　　) A.粒子在磁场中运动的时间t＝ B.粒子在磁场中运动的时间t＝ C.粒子在磁场中的位移x＝(－1)l D.粒子在磁场中的位移x＝l 2 3 4 5 6 7 8 1 BD 39 解析：设粒子在左侧磁场区域运动的半径为r1，根 据洛伦兹力提供向心力有qvB1＝m，解得r1＝l， 同理可得粒子在右侧磁场区域运动的半径为r2＝ l，所以从上往下看粒子在磁场中运动轨迹 如图所示，由公式T＝可得粒子在左、右磁场中 运动的周期分别为T1＝，T2＝，由轨迹图可知，粒子在磁场中运动的时间t＝，由几何关系可得，粒子在磁场中的位移x＝l，故选B、D。 2 3 4 5 6 7 8 1 40 4.用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，如图1。现将这一现象简化成如图2所示的情景来讨论：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(　　) 2 3 4 5 6 7 8 1 41 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.若仅增大电子入射时的初速度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”为闭合的圆 答案：D 2 3 4 5 6 7 8 1 42 解析：将电子的初速度沿x轴及y轴方向 分解，沿x轴方向的初速度与磁场方向 平行，电子在沿x轴方向做匀速直线运 动；沿y轴方向的初速度与磁场方向垂 直，洛伦兹力提供向心力，电子在垂直 x轴的平面内做匀速圆周运动，由左手定 则并结合图2可知，磁场方向沿x轴正方向，故A错误。对电子在垂直于x轴平面的分运动有evB＝m，T＝，其中v＝v0sin α，解得D＝2R＝，T＝，对电子在沿x轴方向的分运动有Δx＝vxT，其中vx＝v0cos α，解得Δx＝。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皆增大，故C错误。若仅增大α角(α＜90°)，则D增大，而Δx减小，且当α＝90°时Δx＝0，即“轨迹”为闭合的圆，故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 1 43 5.(2025·辽宁丹东高三质检)如图所示，空间存在沿x轴正方向的匀强电场和匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。t＝0时刻，质子以初速度v0从坐标原点O沿y轴正方向射出，已知质子质量为m，电荷 量为e。重力不计，则(　　) A.t＝时刻，质子的速度沿z轴的负方向 B.t＝时刻，质子的坐标为(，0，) C.质子可多次经过x轴，且依次经过x轴的坐标值之比为1∶4∶9∶… D.质子运动轨迹在yOz平面内的投影是以O点为圆心的圆 2 3 4 5 6 7 8 1 C 44 解析：沿x轴方向，在电场力作用下做初速度为零的匀加速直线运动，根据左手定则，洛伦兹力初始时刻沿z轴负方向，可判断质子在yOz平面做匀速圆周运动，所以质子运动轨迹在yOz平面内的投影是经过O点的圆，故D错误； 当t＝T时刻，在yOz平面质子分速度方向沿y轴负方向，在x轴方向分速度沿x轴正方向，所以质子的合速度方向不沿z轴的负方向，故A错误； 2 3 4 5 6 7 8 1 45 当t＝T时刻，沿x轴方向Ee＝ma，x＝at2＝··()2＝，在yOz平面内，正好经过半个周期，则y＝0，z＝－2r＝－，所以质子的坐标为(，0，－)，故B错误； 质子每经过一个周期可经过一次x轴，沿x轴方向在电场力作用下做初速度为零的匀加速直线运动，根据比例关系可知依次经过x轴的坐标值之比为1∶4∶9∶…，故C正确。 2 3 4 5 6 7 8 1 46 6.(12分)如图所示，在空间直角坐标系O－xyz中，界面Ⅰ与Oyz平面重叠，界面Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ相互平行，且相邻界面的间距均为L，与x轴的交点分别为O、O1、O2；在界面Ⅰ、Ⅱ间有沿y轴负方向的匀强电场E，在界面Ⅱ、Ⅲ间有沿z轴正方向的匀强磁场B。一质量为m、电荷量为＋q的粒子，从y轴上距O点处的P点，以速度v0沿x轴正方向射入电场区域，该粒子刚好从点O1进入磁场区域。粒子重力不计。求： 2 3 4 5 6 7 8 1 (1)电场强度E的大小； 47 解析：粒子在电场区域做类平抛运动，设电场中粒子的加速度为a，沿z轴正方向看如图所示， 在界面Ⅰ、Ⅱ间，有 L＝v0t，at2 qE＝ma 联立方程解得E＝。 2 3 4 5 6 7 8 1 答案：　 48 (2)要让粒子刚好不从界面Ⅲ飞出，磁感应强度B应多大。 2 3 4 5 6 7 8 1 解析：设粒子到O1点时的速度为v，与x轴夹角为θ， 则vy＝at，tan θ＝＝1 即有θ＝45° 又v＝v0 在磁场区域，粒子做匀速圆周运动，粒子刚 好不从界面Ⅲ飞出，运动轨迹与界面Ⅲ相切， 如图所示，由qvB＝m 又根据几何关系r＋rcos 45°＝L 解得B＝。 答案： 49 7.(12分)如图甲所示，水平放置的平行金属板P和Q，相距为d，两板间存在周期性变化的电场或磁场。P、Q间的电势差UPQ随时间的变化规律如图乙所示，磁感应强度B随时间变化的规律如图丙所示，磁场方向垂直纸面向里为正方向。t＝0时刻，一质量为m、电荷量为＋q的粒子(不计重力)，以初速度v0由P板左端靠近板面的位置，沿平行于板面的方向射入两板之间，q、m、d、v0、U0为已知量。 2 3 4 5 6 7 8 1 B 能力提升 50 (1)若仅存在交变电场，要使粒子飞到Q板时速度方向恰好与Q板相切，求交变电场的周期T； 2 3 4 5 6 7 8 1 解析：粒子恰好沿切线方向飞到上板，竖直速度为零，加速度为a 则a＝ 半个周期内，粒子向上运动的距离为y＝a()2 d＝2ny 联立解得T＝(n＝1，2，3，…)。 51 (2)若仅存在匀强磁场，且满足B0＝，粒子经一段时间恰能垂直打在Q板上(不考虑粒子反弹)，求击中点到出发点的水平距离。 2 3 4 5 6 7 8 1 解析：仅存在磁场时，带电粒子在匀强磁场中做半径为r的匀速圆周运动，则有 qv0B0＝m 解得r＝d 要使粒子能垂直打到上板上，在交变磁场的半周期内，粒子运动轨迹的圆心角设为90°＋θ，如图所示， 52 由几何关系得 r＋2rsin θ＝d 解得sin θ＝ 则粒子打到上极板的位置距出发点的水平距离为 x＝r－2r(1－cos θ)＝d。 2 3 4 5 6 7 8 1 53 8.(16分)(2023·天津卷)信号放大器是一种放大电信号的仪器，如图1，其可以通过在相邻极板间施加电压，使阴极逸出的电子击中极板时激发出更多电子，从而逐级放大电信号。已知电子质量m，带电量e。 2 3 4 5 6 7 8 1 54 (1)如图2，在极板上建系。极板上方空间内 存在磁场，其强度为B，方向平行z轴。极板 间电压U极小，几乎不影响电子运动。如图2， 某次激发中，产生了2个电子a和b，其初速度 方向分别在xOy与zOy平面内，且与y轴正方向 成θ角，则： ①判断B的方向； 2 3 4 5 6 7 8 1 55 解析：a电子初速度方向在xOy平面内，与y轴 正方向成θ角。若磁场方向沿z轴正方向，a电 子在洛伦兹力作用下向x轴负方向偏转，不符 合题意；若磁场方向沿z轴反方向，a电子在洛 伦兹力作用下向x轴正方向偏转，符合题意。 b电子初速度方向在zOy平面内，与y轴正方向 成θ角。将b电子初速度沿坐标轴分解，沿z轴 的分速度与磁感线平行不受力，沿y轴方向的 分速度受到洛伦兹力使得电子沿x轴正方向偏 转，根据左手定则可知，磁场方向沿z轴反方 向，符合题意。 综上可知，磁感应强度B的方向沿z轴反方向。 2 3 4 5 6 7 8 1 答案：沿z轴反方向 56 ②a、b两个电子运动到下一个极板的时间t1和t2。 2 3 4 5 6 7 8 1 解析：a电子在洛伦兹力作用下的运动轨迹如图， 由图可知电子运动到下一个极板的时间 t1＝T＝ b电子沿z轴的分速度与磁感线平行不受力，做匀速直线运动；沿y轴方向的分速度受到洛伦兹力使电子向右偏转，电子运动半个圆周到下一个极板的时间 t2＝T＝。 答案： 57 (2)若单位时间内阴极逸出的电子数量不变，每个电子打到极板上可以激发出δ个电子，且δ∝U，阳极处接收电子产生的电流为I，在给出坐标系里画出表示U和I关系的图像并说出这样画的理由。 2 3 4 5 6 7 8 1 58 解析：设δ＝kU，单位时间内阴极逸出的电子数量N0不变，每个电子打到极板上可以激发δ个电子，经过n次激发阳极处接收电子数量 N＝N0δn＝N0(kU)n＝N0knUn 对应的电流 I＝Ne＝eN0knUn＝(eN0kn)Un＝AUn 可得I－U图像如图所示。 2 3 4 5 6 7 8 1 答案：见解析 59 $$