素养培优3 带电粒子在交变场与三维空间中的运动-【领跑高中】2026年高考物理二轮专题复习教师用书Word

素养培优3　带电粒子在交变场与三维空间中的运动 培优一　带电粒子在交变场中的运动 1.此类问题是场在时间上的组合，电场或磁场往往具有周期性，粒子的运动也往往具有周期性。这种情况下要仔细分析带电粒子的受力情况和运动过程，弄清楚带电粒子在每一时间段内在电场、磁场中各处于什么状态，做什么运动，画出一个周期内的运动轨迹，确定带电粒子的运动过程，选择合适的规律进行解题。 2.解决带电粒子在交变电磁场中运动的基本思路 【典例1】　（2025·江苏苏州一模）如图甲所示，xOy平面内存在着变化电场和变化磁场，变化规律如图乙、丙所示，磁感应强度的正方向为垂直于纸面向里、电场强度的正方向为＋y方向。t＝0时刻，一电荷量为＋q、质量为m的粒子从坐标原点O以初速v0沿＋x方向入射（不计粒子重力）。B-t图像中B0＝，E-t图像中E0＝。求： 　 （1）时刻粒子的坐标； 答案：（1）　 解析：（1）粒子在磁场中运动的周期 T＝＝t0 根据洛伦兹力提供向心力，有 B0qv0＝m，又因B0＝，解得r1＝ 所以时刻粒子坐标为，即。 （2）0～4t0时间段内粒子速度沿－x方向的时刻； 答案：（2）t0和t0 解析：（2）0～4t0时间内的运动轨迹如图 由图可知0～4t0时间段内粒子速度沿－x方向的时刻为t1＝ 和t2＝2T＋T，即t1＝t0和t2＝t0。 （3）0～7t0时间段内粒子轨迹纵坐标的最大值。 答案：（3）v0t0 解析：（3）0～7t0时间内粒子运动的轨迹如图所示 t0～2t0时间内粒子沿y轴方向位移 y1＝v0t0 6t0～7t0时间内粒子沿y轴方向最大位移 y磁＝r2 因为r2＝v0t0，y1＝y2＝y3 所以ym＝3y0＋y磁 得ym＝v0t0。 培优二　带电粒子在三维空间中的运动 运动情境 解题策略 螺旋线运动 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 不同面内 运动的组合 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 【典例2】　（2025·山西晋中三模）如图所示，在长方体真空腔内存在竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E。一带电荷量为＋q、质量为m的粒子以速度v0从左侧沿中心线水平射入，打在右侧探测屏上时的速度偏转角为θ（未知）①。已知空腔的长度为L，宽度和高度足够大，不计粒子的重力，求： （1）速度偏转角θ的正切值； （2）保持上述条件不变，在空腔内再加一竖直向下的匀强磁场，为使该粒子的运动轨迹与探测屏相切②，求所加磁场的磁感应强度大小B，以及与探测屏相切时的速度大小。 审题指导： 信息提取 信息加工 一带电荷量为＋q、质量为m的粒子以速度v0从左侧沿中心线水平射入，打在右侧探测屏上时的速度偏转角为θ（未知）① 带电粒子在电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动 在空腔内再加一竖直向下的匀强磁场，为使该粒子的运动轨迹与探测屏相切② 带电粒子在水平面内做匀速圆周运动求出磁感应强度，在竖直方向做匀加速运动，竖直分运动与圆周运动的时间相等，即可求出与探测屏相切时的速度大小 答案：（1）　（2）　 解析：（1）粒子在空腔内运动的时间为t＝ 加速度为a＝ 打在探测屏上时的竖直分速度vy＝at 速度偏转角的正切tan θ＝ 解得tan θ＝。 （2）由于磁场的作用，粒子在水平面内将以v0做匀速圆周运动，则Bqv0＝ 粒子轨迹与探测屏相切，则有R＝L 解得B＝ 竖直方向上，粒子在电场作用下做匀加速运动，则vy＝at' 竖直分运动与圆周运动的时间相等t'＝＝ 故vy＝· 则与探测屏相切时的速度大小为v＝＝。 【典例3】　（2025·广东揭阳联考）如图所示，在空间直角坐标系Oxyz中，界面Ⅰ与yOz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。不计粒子重力，求： （1）电场强度E的大小； 答案：（1）　 解析：（1）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x轴方向上有L＝v0t 沿y轴方向上有＝at2，qE＝ma 联立解得电场强度的大小为E＝。 （2）粒子到O1点时的速度大小v，及其与x轴的夹角θ； 答案：（2）v0　45°　 解析：（2）设粒子到O1点时的速度为v，与x轴正方向夹角为θ，如图所示。 则有vy＝at＝v0 则粒子到O1点时的速度大小为v＝＝v0 与x轴正方向夹角满足tan θ＝＝1 可得θ＝45°。 （3）要让粒子刚好不从界面Ⅲ飞出，磁感应强度B至少应多大？ 答案：（3） 解析：（3）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，其运动轨迹如图所示。 由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝m 根据几何关系可得R＋Rcos 45°＝L 联立解得B＝ 则要让粒子刚好不从界面Ⅲ飞出，磁感应强度B至少应是。 1.（2025·海南海口三模）如图所示，水平面上的长方体空间，棱长A1A3＝2L，截面A2B2C2D2将长方体均分为两正方体，长方体内（含边界）分布有竖直向上的匀强电场，右侧正方体内（含边界）还分布有竖直方向的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度大小为B0。一质量为m、带电荷量为＋q的带电微粒沿平行于A1A3的方向从A1B1中点G以水平速度射出，恰好沿直线到达A2B2中点，之后进入右侧正方体，从C3D3的中点F离开长方体。已知重力加速度为g，求： （1）匀强电场的场强大小E； （2）带电微粒从G到F运动的时间； （3）若仅改变微粒进入长方体时的速度大小，带电微粒自G出发最终从C1D1中点离开长方体，带电微粒从出发到离开长方体运动的时间。 答案：（1）　 （2）　 （3） 解析：（1）带电微粒从A1B1中点进入电场，恰好运动到A2B2中点，则带电微粒受力平衡，则qE＝mg 解得E＝。 （2）带电微粒从G点开始运动，先做匀速直线运动，运动时间为t1＝ 在右边正方体内竖直方向电场力和重力平衡，合力仅为洛伦兹力，故带电微粒做匀速圆周运动，则根据几何关系知半径r＝L 则由洛伦兹力提供向心力得：qvB0＝m 带电微粒做匀速圆周运动的周期T＝ 带电微粒在磁场中的运动时间t2＝T 所以带电微粒从G到F运动的时间t＝t1＋t2＝。 （3）仅改变微粒进入长方体时的速度大小，带电微粒自G出发最终从C1D1中点离开长方体，则在左边正方体中运动时间为t1'＝ 根据几何关系知半径r'＝ 则由洛伦兹力提供向心力得：qv'B0＝m 带电微粒做匀速圆周运动的周期T'＝ 带电微粒在磁场中运动时间t2'＝T 所以带电微粒从G到C1D1中点运动的时间t'＝t1'＋t2'＝。 2.（2025·广东潮州联考）如图a所示，平面直角坐标系xOy中，第三象限中存在方向沿y轴负方向的匀强电场，第四象限直角三角形OBC区域中存在着大小、方向均可调整的磁场。已知C点坐标，BC边与x轴正方向的夹角大小为60°，一质量为m，电荷量为q的带正电粒子，从P点以大小为v，方向与BC边平行的初速度进入电场。经偏转后从A点垂直OB边进入磁场。若磁场为方向垂直纸面向外的匀强磁场，则发现粒子恰好不从BC边射出。若磁场为随时间呈周期性变化的交变磁场（如图b，规定磁场方向垂直纸面向外为正），则发现在t＝0时从A点进入磁场的粒子，经两个完整周期后恰好从C点射出，已知匀强电场场强E＝，不计粒子重力。求： （1）A点的坐标； （2）粒子恰好不从BC边射出时，匀强磁场磁感应强度B1的大小； （3）交变磁场的磁感应强度B2和周期t0的大小。 答案：（1）（0，－L）　 （2）　 （3）　 解析：（1）沿电场线反方向，粒子做匀减速直线运动，则有＝2ahAB，vy＝vsin 60° 根据牛顿第二定律有qE＝ma 联立解得hAB＝2L 对A点hOA＝Ltan 60°－hAB 解得hOA＝L 所以A点的坐标为（0，－L）。 （2）粒子进入磁感应强度为B1的磁场中，则有vA＝vcos 60° 由牛顿第二定律得：qvAB1＝ 由几何关系得hAB＝R1＋ R1＝ 联立解得B1＝。 （3）粒子进入磁感应强度为B2的磁场中，由牛顿第二定律得：qvAB2＝ 设粒子在的时间内，轨迹的圆心角为θ。由几何关系得，平行x轴方向上，有L＝4R2sin θ 平行y轴方向上，有L＝4R2（1－cos θ） 联立解得θ＝60°，R2＝，B2＝ 交变磁场每经过的时间，粒子在磁场中轨迹所对的圆心角为θ＝60° 则＝T＝× 解得t0＝。 3.（2025·江苏南京模拟）亥姆霍兹线圈是一对平行的完全相同的圆形线圈。如图所示，通电后线圈间形成平行于中心轴线O1O2的匀强磁场，磁感应强度大小为B。沿O1O2建立x轴，一足够大的圆形探测屏垂直于x轴放置，其圆心P点位于x轴上。粒子源从x轴上的O点以垂直于x轴的方向竖直向上持续发射初速度大小为v0的粒子。已知粒子带正电，比荷为k，不计粒子重力和粒子间相互作用力，整个运动过程中，粒子未离开磁场或电场。 （1）求粒子做匀速圆周运动的半径r； （2）若在线圈间再加上沿x轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E，沿x轴方向左右调节探测屏，求粒子打在探测屏上的点距探测屏圆心P点的最远距离D； （3）在第（2）问情境下，沿x轴方向左右调节探测屏，若粒子恰好打在探测屏的圆心P点，求粒子到达P点时的速度大小v。 答案：（1）　 （2）　 （3）（n＝1，2，3，…） 解析：（1）粒子在磁场中，由洛伦兹力提供向心力得qv0B＝ 根据题意可得＝k 解得轨道半径为r＝。 （2）粒子在垂直于x轴的平面内做匀速圆周运动，在x轴方向上做匀加速运动。若粒子在垂直于x轴的平面内转过奇数个半圈，此时打到探测屏上的位置距离P点最远；根据几何关系得D＝2r＝。 （3）垂直于x轴的平面内，粒子在磁场中运动的周期T＝ 则粒子回到x轴时间为t＝nT＝n（n＝1，2，3，…） 沿x轴方向粒子的速度v1＝at 根据牛顿第二定律得qE＝ma 粒子到达P点时的速度大小v＝ 联立解得v＝（n＝1，2，3，…）。 4.（2025·山东济宁二模）如图甲所示，在xOy平面内，虚线与x轴垂直并相交于P（－L，0）点，在虚线左侧有一加速电场，电压为U0。一质量为m，带电量为＋q的带电粒子从A点飘入加速电场（忽略初速度），当粒子运动到P点时，在虚线与y轴之间的区域加上如图乙所示的与y轴平行的交变电场（T未知），y轴正方向为电场的正方向，粒子经时间T从y轴上的Q点（0，L）进入第一象限。某一时刻在第一象限加上如图丙所示的变化磁场，磁场变化周期为T0，垂直xOy平面向里为磁场的正方向，粒子恰好不会回到第二象限。已知B0＝，不计粒子重力，忽略电场、磁场突变的影响。求： （1）带电粒子经过P点时速度的大小v0； （2）交变电场的电场强度大小E0； （3）加上磁场后，粒子在时刻所处的位置坐标。 答案：（1）　 （2） （3）（ ，L＋） 解析：（1）根据题意，由动能定理有qU0＝m 解得v0＝。 （2）在偏转电场中，沿x轴方向有L＝v0T 沿y轴方向有L＝2×a，E0q＝ma 解得E0＝。 （3）粒子从Q点射出时速度方向沿x轴正方向，速度大小为v0，粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T'＝＝ 粒子在磁场中运动的轨迹如图所示 设粒子做匀速圆周运动的半径为r，则qv0B0＝m 解得r＝ 经分析可知，粒子经过时间恰好运动至如图所示的M点位置，则x＝2r，y＝3r＋L 解得x＝，y＝L＋ 即粒子所处的位置坐标为（ ，L＋）。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $