高考新动向(三) 带电粒子在立体空间中的运动-【创新教程】2026年高考物理大二轮专题增分方案学生用书

〡物理 类型二 [例2][解析]根据题意可知，在0.5t。~t。内，粒子在 综上所述可得ym=3十y难= 磁场中做匀速圆周运动，因t=1.5t。时速度为零，故t t。时，水平速度一定为零，所以粒子在0.5t。一t。内转了 答案：(1) 2元2π 子周，在6~1.56内，粒子在电场中向下微减连运功到 速度为零，在1.5t。~2t。内，粒子在电场中向上做加速运 a(是+ 1 动到速度为，在2t。~2.5t。内，粒子在磁场中做匀速圆 课堂评价·高考预测 1.D[粒子进入电容器后，在平 周运动，转了十周，粒子回到极板中线，速度平行于极板 行于极板方向做匀速直线运 中线，接下来粒子周期性地重复以上运动，粒子在一个 动，垂直极板方向运动的U-t 运动周期内的轨迹如图所示， 图像如图所示，因为粒子平行 粒子一个运动周期为T=2.5t。一 0.5toy 2.5toy 于极板射出，可知粒子垂直极 0.5t=2t。,故粒子射出极板的时 板的分速度为0.0~1s,加速 刻可能为t=0.5t。十nT=(0.5十 度大小a=1一2s加速 2n)t(n=1,2,3…),当n=1时，t =0.5t。十2T=2.5t。,故A正确； 度大小a2 粒子在磁场中，设粒子的轨迹半 2g=2a1,所以1.5s3s、4.5s…时，竖直 md 径为，则有T=2π=2，解得 速度为零，所以射出时刻可能为1.5s、3s、4.5s…,满 U 1.5to 足t=1.5n(n=1,2,3…),粒子射出的速度大小必定 为u,故A、B错误；极板长度L=v·1.5n(n=1,2,3 r= 还，粒子在电场中向下减速运动的位移为y=号X …),故C错误；因为粒子不跟极板碰撞，则应满足 2 0.5=学，故极板间距应满足d≥2（十）= 21 1 故B正确；极板长度可能为L=nX2r= 2nt(n=1,2,3 ≥立X1.5,=aX1a=联立求得d公 …),故C错误；粒子在磁场中，有T==2。,解得 √层U,北D正痛门 qB。 2.解析：(1)带正电的小球能在电磁场中沿直线运动，可知 B-教子在电场中，有=aX0.5。=职×05， 一定是匀速直线运动，受力平衡，则电场力F=qE。= n g,方向斜向左上方与水平方向成30°角，重力mg竖直 解科E,可特景-，故D三成， 向下，可知电场力与重力夹角为120°，其合力大小为 gto π [答案]ABD mg对满足9B=mg,解得一置： [对点集训门 (2)由几何关系可知，小球进入两板之间时速度方向与 2.解析：(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供 MN成60°角斜向下，由于在0~t1时间内受向上的电场 力，大小为mg,以及向下的重力mg,可知电场力和重力 向心力，有qB,=m, 平衡，小球只在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，因为 1 又周期T=1,B。=2πm, 西2X,可知粒子在0~1时间内转过的角度为 30°，即此时小球的速度方向变为竖直向下，在~t2时 解得T=6-岩 间内小球只受重力作用向下做加速度为g的加速运动， 则经过 所以年时刻粒子坐标为（安，验 2π’2π 1×2πm △t=2 ,速度为0=心十g△t= 2mg gB。gB。 gB。 (2)粒子在0~4t。时间内的运 动轨迹知图所示 答案：(1)3 (2)2mg gB。 gB 在2弘，时刻心，=a,=951, 高考新动向（三） [例1][解析](1)粒子在电场中，根据牛顿第二定律有 地.m=w,u=2u,可知 gE=ma, 粒子在电场中做类平抛运动，则有v,=at,心=tan60°， 在2t。时刻粒子的速度方向与 LoM=voti, 十x方向的夹角为45°，此后， 根据左手定则可知粒子沿逆时针方向运动，当粒子的速 解得LOM一 √3m6 gE 度方向偏转135°时速度沿一x方向. (2)粒子进入磁场时，根据速度合成有= 间内粒子速度活工抽负方向的时刻 C0s60° 解得U=2uo】 和6=26+宫，=是. (3)粒子进入磁场中时，沿之轴正方向做匀速直线运动， (3)根据运动的对称性和匀变速运动的规律可得t~ 最后粒子打在P上，则有LMP=t, 2、3t一4t、5t~6t时间内粒子沿y轴方向的位移均 结合题意解得Lwp=4 3gB 为yo=之66： (4)粒子进入磁场后，在xOy平面内做匀速圆周运动，由 6t。时刻与2t。时刻粒子的速度相同 6t。~7t。时间内粒子沿y轴方向的最大位移y难=(1十 洛伦兹力提供向心力，则有m,B=m京， c0s45)r2, 解得R=3m 洛伦兹力提供粒子在磁场中运动的向心力qB。=m gB 粒子圆周运动的周期T=2π尽_2纸m 郎特=器-温， v,gB 由于-器-号n ·254. 答案精析1 可知，粒子在二时间内圆周分运动轨迹对应的圆心角为 2.解析：(1)粒子在abcd平面 内做匀速圆周运动，如图甲 2号=120. 中轨迹1所示， 则根据几何关系有x=R十R十2Rsin30°， 根据儿何关系有，=合L, 2"2 解得x=33m 由洛伦兹力提供向心力，有 、O0ot1d 9B 1 B=m, 粒子在偏转电场中沿y轴正方向的侧移y1=2ati, 粒子在磁场中沿y轴正方向的侧移y2=2Rcos30°， 解得B=2m 甲 粒子打在P上的y坐标y=y1十y2 (2)粒子在电磁复合场中的 解得y=3m3m 运动为匀速圆周运动与类平灿运动的合运动，在长方体 2gE gB 中运动的时间t=心 「答案] (1)3m 在y轴方向上做初速度为零的匀加速直线运动，则L= gE (2)2u a器 1 (4)33mu 3mv 3mv 2at2, 2gE gB 又qE=1a, [例2][解析](1)电子在匀强磁场中运动时，将其分解 为沿x轴的匀速直线运动和在yO:平面内的匀速圆周 解得E,=8m .πqL 运动，设电子入射时沿y轴的分速度大小为，由电子 (3)将初速度v分解为v1、,使y 在x轴方向做匀速直线运动得L=vt, 对应的洛伦兹力恰好与静电力 在yO:平面内，设电子做匀速圆周运动的半径为R,周 平衡， 期为T,由牛领第二定律知Bg=m是，可得R= 分解如图乙所示 Be 即qUB=gE2, 且T-2x迟_2πm v.Be 其中E,=23m 由题意可知所有电子均能经过O进入电场，则有 解得u1=√3u, t=nT(n=1,2,3,…), 联立得B=2πm,当n=1时，B有最小值，可得B 则根据勾股定理可得%=√十=2， eL 根据几何关系易知2与之轴正方向的夹角日=60°， 2πmuo 若仅在2对应的洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，即 el gv2 B=m R' (2)如图所示，tan0=立 则轨道半径R= 当tanB有最大值时，心，最大，R gB 最大，此时R=”, 解得R=L, 又B=2,R- 该分运动的情况如图甲中轨迹2所示，粒子在磁场中运 mu. eL 2π6r 动的时间t2= 等R (3)当v,最大时，电子在电场中运动时沿y轴正方向有 由于粒子也参与速度大小为，方向沿x轴正方向的匀 速运动，粒子射出磁场时与O点的距离s=L一12， 最大位移ym,根据匀变速直线运动规律有ym= ,由 2a 解得s= 牛頓第二定律知a= 答案：(1)2mv (2)8nw 2π2r2m gL πgL (3)1-5 又U=2x,联立得yn 6π L EeL 3.解析：(1)设粒子进入棱长为L的正方体电磁修正区时 的速度的大小为， [答案]1)2xm (3)2m eL (2)2 EeL U [对点专练] 根据动能定理有U=受m心，解得v=√ (2)在正方体中，粒子在平行于MPRG平面方向的分运 1.解析：(1)设粒子在电场中运动的加速度大小为a,运动 动为匀速圆周运动，在垂直于MPRG平面方向的分运动 时同为4，则L=%,L=子a,Eg=ma, 为匀加速直线运动，设粒子圆周分运动的周期为T,根据 解得E=2mm 牛顿第二定律有gB=m尺' gL (2)粒子在复合场中的运动，可分解为沿y轴负方向的 又T=空，解得T=需- 匀加速直线运动和沿平行于Ox平面的匀速圆周运动， 从M,点进入正方体的粒子在正方体中运动的时间为t 由“粒子从Ob之间某，点离开”可知，粒子在平行xO:平 面内的运动轨迹为二分之一圆周，由运动的等时性，其 二器=了所以能子周周分适动特过的圆心商为12，根 运动时间仍为 据几何关系可知粒子离开正方体时的速度在垂直于平板方 、，—,工—B,驿等B—2 L t1= 向的分量大小为2=Uc0s30°， 离开正方体后粒子做匀速直线运动，到达平板所需时间 1 1 根据动能定理可得qEL= 为6-，联立解得=2L√0 解得U1=√5. (3)设粒子在正方体中圆周分运动的半径为R,根据几何 答案：(1)2m L (2)交m色 √5u gL 关系有R+Rcas60=L,解得R=号L, ·255· 〡物理 粒子在正方体中做匀加速直线分运动的加速度大小为a 第一部分专题四电路与电磁感应 =E-? qUB 第11讲直流电路与交流电路 mmV2πm 核心素养·助学提能 粒子在正方体中在y方向的位移大小为 考点一 1 y=ati [例1]「解析]因R,阻值小于变阻器的总电阻，则知在 滑片P由中点向上移动的过程中，滑动变阻器与R并 粒子离开正方体时的速度在y方向的分速度大小为 联部分电路的总电阻R先增大后减小，电路中总电流 =at1 E 从M点入射的粒子最后打到平板上的位置的纵坐标为 【。一R尺，R有先减小后增大，电源内阻消耗的功率 9十4xL, y=十4，一之联立解得y9 P为=I。R为先减小后增大，A项正确.电源的效率？= I(R#十R,) R十R, 根据几何关系可知粒子在正方体中在x方向的位移大 月CRR千R,R4RR1十RR 、,先增 小为，Res0马. 大后减小，B项错误，在滑片P由中，点向上移动到顶端的过 粒子离开正方体时的速度在一x方向的分速度大小为 程中，因R与滑动变阻器上部分的电阻之和逐渐减小，由 w1=Usin30°， “串反并同”可知，电流表的示数一直增大，C项错误.电压表 从M点入射的粒子最后打到平板上的位置的横坐标为 的示数U=E-IR先增大后减小，D项正确. L x=x1一t-2 [答案]AD [对点集训] 联立解得x= 9-2EL 1,B[根据电阻定律R=p专， L 6 综上所述可知从M,点入射的粒子最后打到平板上的位 置坐标为 9-23.9+4z 可得=片k=2p L 6 54 两支路并联有IR=I,R德，结合电流的微观表达式I= U 答案：(1)√m (2)2Ln√2gO [m nquS;对于同种材料n、q相同； 联立可得U,L=2L2； (3) 9-5192 4解析：(1)粒子在电场中运动时，有 2.C[设电源负极的电势为0，则电源正极的电势为p=5V, d=vt,qE=ma,v,=3w=at, 又因为9一RRR,代入款超可解得我=1.5V 解得匀强电场电场强度的大小E=m 同理有华一AR干RR,解得华=4V,则U= (2)在电场中的偏转距离y=受1=。 , 9=一2.5V,故A错误；由Q=CU,可知此时电容器所 2 带电荷量Q=2×10-6×2.5C=5.0×10-$C,且上极板 在磁场中运动的半径R=一=4， 带负电，故B错误；断开开关S2,稳定后α，点的电势为 3 9。'=5V,b点电势仍为96'=4V,可知此时U=9 2 根播B马=m后，解得民 3mv '=1V,且上极板带正电，则上极板带电荷量的变化量 9d 为△Q=C△LU=2×10×3.5C=7.0×10C,故C正确； 周期T=2rm=2元d 由电路知识可知，断开开关S,稳定后流过电阻R的电流 gB 3 与断开前相比不会发生变化，故D错误.] t=nT=2m4(n=0,1,2,3…), 考点二 [例][解析]根据题意可知，磁场区域变化前线圈产 则荧光屏中心C初始位置可能的x轴坐标 生的感应电动势为e=Esin wt, x=d十wt=d+2g(m=01,23…) 由题图丙可知，磁场区城变化后，当sind=E时，线 2 (3)由题意可知B-√B十B=23m西 gd 圈的侧边开始切割磁感线，即当线圈旋转受时开始切制 设粒子进入磁场速度为，U=2, 磁感线，由几何关系可知磁场区域平行于x轴的边长变 B与速度0方向直；尉R,m·2-4, gB 3 为d=2dcos号=d,C正确 由x=d+Bd [答案]C 6 [对点集训] 故圆轨迹与荧光屏相切；则 1,D[由题意可知导体棒通过磁场区域过程需要的时间， y=为+R,sin60=5+1d, 即周期为T=2弘 2 导体棒通过区域I时，产生的电动势大小为E=BL, 经过的时间为=二 粒子打在荧光屏上的位置坐标为 导体棒通过区域时，产生的电动势大小为E,=B×0.5L, (d+ad) 经过的时间为t2= L 答流 (2)3e d+2m(n=0,1,2,3…) 3 振据有效值的定义有最，十尽：一R E E a(uu 代入数据可得E有= √10BLw.] 4 ·256·第一部分：专题三电场和磁场 高考新动向（三）带电粒子在立体空间中的运动 带电粒子在立体空间中的组合场、叠加场的运动 [例2](2024·湖南卷， E 问题，通过受力分析、运动分析，转换视图角度，充分 15)如图，有一内半径 利用分解的思想，分解为直线运动、圆周运动、类平抛 为2r、长为L的圆筒， 左、右端面圆心O、O 运动，再利用每种运动对应的规律进行求解 处各开有一小孔.以O 常见粒子在立体空间的运动轨迹特点，粒子的 为坐标原点，取OO方向为x轴正方向建立O 运动为一个轴方向的直线运动和垂直轴的平面中 xy之坐标系.在筒内x≤0区域有一匀强磁场，磁 的曲线运动，或粒子从一个平面的曲线运动变换到 感应强度大小为B,方向沿x轴正方向；筒外x 另一个平面的曲线运动： ≥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 典题例析 发射电子，电子初速度方向均在Oy平面内，且 [例1](2025·山东威海高三期末)如图甲所示 在x轴正方向的分速度大小均为o.已知电子 的三维坐标系O-xy之中，荧光屏P与平面xOy 的质量为m、电荷量为e,设电子始终未与筒壁碰 平行放置，分界面M与P平行并将空间分为I、 撞，不计电子之间的相互作用及电子的重力.求： (1)若所有电子均能经过O进入电场，求磁感应 Ⅱ两区域.区域I内存在沿y轴正方向的匀强电 强度B的最小值； 场，电场强度大小为E.区域Ⅱ内存在如图乙所 (2)取(1)问中最小的磁感应强度B,若进入磁场 示的匀强磁场（沿之轴正方向为磁场的正方向）， 中电子的速度方向与x轴正方向最大夹角为0， 磁感应强度大小为B.一电荷量为q,质量为m 求tan0的绝对值； 的带正电粒子从O点以初速度v。沿之轴正方向 (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。 射入区域I,到达M时速度方向与之轴正方向 成60°，此时开始计时，最后粒子在1=红时刻 3aB 打在P上.粒子的重力忽略不计，求： 区域I区域Ⅱ ↑B M D B 2Tm,4 Tm t -B :3qB:3qB 甲 乙 (1)分界面M到O点的距离； (2)粒子在区域Ⅱ的速度大小； (3)M、P间的距离； (4)粒子打在P上的x坐标和y坐标. ----0 ·57· ㄧ物理 对点专练 2.（2025·广东珠海 1.(2025·福建泉州市模拟)如图 二模)如图所示，以 所示的空间直角坐标系O-xy之 长方体abcd-a'b 中，有一棱长为L的立方体区 c'd'的ad边中点O 6 为坐标原点、ad方 B 域，该区域内（含边界）分布有 0 沿y轴负方向的匀强电场.一 向为x轴正方向、 7/b 质量为m、电荷量为q的带正电粒子（不计重 a'a方向为y轴正方向、ab方向为之轴正方向建 力)，以初速度o从a点沿x轴正方向进入电场 立Oxyz坐标系，已知Oa=ab=aa'=L.长方体 区域，恰能从d'点离开 中存在沿y轴负方向的匀强磁场，现有质量为 (1)求电场强度的大小E; m、电荷量为g的带正电粒子（不计重力），从O (2)若在该区域再加一个沿y轴正方向的匀强磁 点沿之轴正方向以初速度。射入磁场中，恰好从 场，粒子仍从a点以初速度v。沿x轴正方向进 a点射出磁场. 入该区域，之后从O之间某点离开，求磁感应强 (1)求磁场的磁感应强度B的大小； 度的大小B和离开该区域时的速度大小v1. (2)若在长方体中加上沿y轴负方向的匀强电 场，让粒子仍从O点沿之轴正方向以初速度射 入磁场中，为使粒子能从α点射出磁场，求电场 强度E1的大小； (3)若在长方体中加上电场强度大小为E2= 2√5mw2 、方向沿之轴负方向的匀强电场，让该粒 gL 子仍从O点沿之轴正方向以初速度射入磁场 中，求粒子射出磁场时与O点的距离s. 开水不响，响水不开水沸腾之前，由于对流，水内气泡一边上升，一边上下振动，大部分气 ·58·泡在水内压力下破裂，其破裂声和振动声又与容器产生共鸣，所以声音很大。水沸腾后，上下等温，气 泡体积增大，在浮力作用下一直升到水面才破裂开来，因而响声比较小。 第一部分：专题三电场和磁场 3.(2025·天津市市区重点中9" 4.（2025·山东济南市一模)如图甲所示，在三维坐 学二模)如图所示，一些质 标系O-xyz中，0<x<d的空间内，存在沿y轴 量为m、电荷量为十g的带 正方向的匀强电场，x>d的空间内存在沿x轴 电粒子从一线状粒子源射 正方向的匀强磁场，荧光屏垂直x轴放置，其中 出（初速度可视为0）经过电 心C位于x轴上并且荧光屏可以沿x轴水平移 压为U的电场加速后，粒子 动.从粒子源不断飘出电荷量为q、质量为m的 以一定的水平初速度从MS段垂直射出(S为 带正电粒子，加速后以初速度沿x轴正方向 MF中点)，进人棱长为L的正方体电磁修正区 经过O点，经电场进磁场后打在荧光屏上.已知 内（内部有垂直面MPRG的方向如图、大小未知 粒子刚进入磁场时速度方向与x轴正方向的夹 的匀强磁场与匀强电场).距离正方体底部√L 角0=60°，忽略粒子间的相互作用，不计粒子 处有一与RNAG平行的足够大平板.现以正方 重力. 体底面中心O在平板的垂直投影点为原点，在 平板内建立直角坐标系（其中x轴与GR平行）. 所有带电粒子都从正方体底面离开，且从M点 区 进入正方体的粒子在正方体中运动的时间为 器不计粒子重力。 (1)求粒子进入棱长为L的正方体电磁修正区时 甲 速度的大小； (1)求匀强电场的电场强度的大小E; (2)粒子射出正方体电磁修正区后到达平板所需 (2)当粒子打到荧光屏后，沿x轴缓慢移动荧光 时间； 屏，沿x轴正方向看去，观察到荧光屏上出现如 qUB2 图乙所示的荧光轨迹（箭头方向为荧光移动方 (3)若满足关系式E= ,求从M点入射的粒 2xm 子最后打到平板上的位置坐标.（结果用L表示） 向)，载迹最商点P的y能坐标值为配求匀 强磁场磁感应强度的大小B1以及荧光屏中心C 初始位置可能的x轴坐标； (3)若将荧光屏中心C固定于x轴上x=d+Bd 6 处，在x>d的空间内附加一沿y轴负方向的匀 强磁场，磁感应强度大小为B2= 5mw,求附加 gd 匀强磁场B2后进入磁场的粒子打在荧光屏上的 位置坐标 -----0 ·59·