3.5 微专题强化五 重力场、电场、磁场中的三维空间问题-（配套课件）【金版新学案】2026年高考物理大二轮专题复习与测试

专题三　电场与磁场 微专题强化五　重力场、电场、磁场中的三维空间问题 内容索引 专题集训 强化点一 重力场中的三维空间问题 强化点二 电场中的三维空间问题 强化点三 复合场中的三维空间问题 2 3 4 5 6 7 1 强化点一　重力场中的三维空间问题 返回 1.三维空间中平衡问题分析方法 解决三维共点力平衡问题的一般方法是将三维空间问题转化为直线和平面问题，选取合适的直线和平面，然后将不在直线和平面上的力分解到选定的直线和平面上，物体在三维共点力作用下平衡，则在选定的直线上和平面上合力为零。 2.三维空间中抛体运动的分析方法 (1)明确题意，形成运动轨迹在空间分布情况的一个轮廓。 (2)以抛出点为坐标原点，根据运动情境建立三维直角坐标系。 (3)确定每个坐标轴上的受力特点，明确各自的运动性质。 (4)依据已知条件和运动学公式找出各个坐标轴的位移、速度、加速度 大小。 (5)利用运动的合成与分解知识分析研究要解决的问题。 (多选)如图甲为家庭常用的燃气灶实物图，灶面上有一个圆形支架，共有三个均匀分布的支承点A、B、C，如图乙(俯视图)，对放在上面的厨具起到支撑作用。现把一个质量为m的球冠锅放在支架上，锅口保持水平，支架上三个支承点对球冠锅弹力的方向均指向球心，不计摩擦，重力加速度为g，下列说法正确的是 A.球冠锅受到三个弹力，且三个弹力的合力为零 B.支架对球冠锅的作用力方向竖直向上 C.每个支承点对球冠锅的弹力大小均为mg D.质量相同的锅，半径越大，每个支承点对它的弹力越小 例1 √ √ 由题图甲可知球冠锅受到支架三个弹力和 自身重力的作用，且弹力的方向均指向球 心，由平衡条件可知，三个弹力的合力与 锅的重力等大，方向竖直向上，A错误， B正确；设每个支承点与锅之间的弹力为 F，三个支承点所在圆直径为d，球冠锅的半径为R，则F与竖直方向的夹角θ满足sin θ＝，竖直方向根据平衡条件，有3Fcos θ＝mg，可得F＝＝，由此可知每个支承点对球冠锅的弹力大于mg，质量相同的锅，半径越大，每个支承点对它的弹力越小，C错误，D正确。故选BD。 (2025·山东高考)工人在河堤的硬质坡面上固定一垂直坡面的挡板，向坡底运送长方体建筑材料。如图所示，坡面与水平面夹角为θ，交线为PN，坡面内QN与PN垂直，挡板平面与坡面的交线为MN，∠MNQ＝θ。若建筑材料与坡面、挡板间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g，则建筑材料沿MN向下匀加速滑行的加速度大小为 A.gsin2θ－μgcos θ－μgsin θcos θ B.gsin θcos θ－μgcos θ－μgsin2 θ C.gsin θcos θ－μgcos θ－μgsin θcos θ D.gcos2θ－μgcos θ－μgsin2 θ 例2 √ 对建筑材料受力分析如图所示，由图1可知坡面对建筑材料的支持力FN＝mgcos θ，由图2可知挡板对建筑材料的支持力FN'＝mgsin2 θ，所以对建筑材料由牛顿第二定律有mgsin θcos θ－μFN－μFN'＝ma，解得建筑材料的加速度大小a＝gsin θcos θ－μgcos θ－μgsin2 θ。故选B。 (多选)如图所示，某同学将离地1.25 m的网球以13 m/s的速度斜向上击出，击球点到竖直墙壁的距离4.8 m。当网球竖直分速度为零时，击中墙壁上离地高度为8.45 m的P点。网球与墙壁碰撞后，垂直于墙面速度分量大小变为碰前的0.75倍。平行墙面的速度分量不变。重力加速度g取10 m/s2，网球碰墙后的速度大小v和着地点到墙壁的距离d分别为 A.v＝5 m/s B.v＝3 m/s C.d＝3.6 m D.d＝3.9 m 例3 √ √ 设网球飞出时的速度为v0，竖直方向有＝2g(H－h)，代入数据可得＝ m/s＝12 m/s，则＝ m/s＝ 5 m/s，网球水平方向到P点的距离x水平＝t＝＝6 m，根据几何关系可得打在墙面上时，垂直于墙面的速度分量大小＝×＝4 m/s，平行墙面的速度分量＝×＝3 m/s， 反弹后，垂直于墙面的速度分量大小'＝0.75×＝3 m/s，则网球碰墙后的速度大小为v＝＝3 m/s，网球落到地面的时间t'＝＝ s＝1.3 s，着地点到墙壁的距离d＝'t'＝ 3.9 m。故选BD。 返回 强化点二　电场中的三维空间问题 返回 (多选)(2025·河北承德月考)如图所示，正三棱柱 ABC-A'B'C'(上下为全等的正三角形，侧面是正方形) 的A点固定一个电荷量为＋Q的点电荷，C'点固定一个 电荷量为－Q的点电荷，D、D'点分别为AC、A'C'边 的中点，选无限远处电势为0。下列说法中正确的是 A.A'、C两点的电场强度方向相同 B.将一负试探电荷从D点移到D'点，其电势能减少 C.将一正试探电荷沿直线从A'点移到C点，电场力始终不做功 D.若在A'点再固定一电荷量为＋Q的点电荷，C点再固定一个电荷量为－Q的点电荷，则B'点的电势将大于B点的电势 例4 √ √ 由场强叠加原理可知，A'、C两点的电场强度方向均平行于AC'，方向由A指向C'，故A正确；根据等量异种点电荷的电场分布可知，从D点到D'点电势降低，但试探电荷为负电荷，电势能增加，故B错误；A'C为一条等势线，试探电荷沿直线从A'点移到C点，电场力始终不做功，故C正确；若在A'点再固定一电荷量为＋Q的点电荷，C点再固定一个电荷量为－Q的点电荷，几何体为正三棱柱，D、D'点分别为AC、A'C'边的中点，所以BDD'B'为AC和A'C'的中垂面，也就是等势面，各处电势相等，故D错误。故选AC。 预测.(2025·海南琼海模拟)如图所示，正方体ABCD-A1 B1C1D1，在A1和C1处放置电荷量分别为＋q、－q的点电荷，则下列说法正确的是 A.B点电势高于D点电势 B.D、D1两点电场强度大小的比值为∶4 C.A、C两点处电场方向相同 D.将一正试探电荷沿棱从A点移动到B点，电势能不变 √ 取无限远处为电势零点，B点到＋q、－q的距离相等， 电势为零，D点到＋q、－q的距离也相等，电势也为零， 即B、D两点电势相等，故A错误；设正方形的边长为a， 因△A1DC1为等边三角形，故＋q、－q在D点产生的场强 方向的夹角为120°且大小相等，D点的电场强度大小为 ED＝2kcos 60°＝，＋q、－q在D1点产生的场强大小相等且方向互相垂直，D1点的电场强度大小为ED1＝2kcos 45°＝，D、D1两点电场强度大小的比值为＝，故B正确； 平面BB1D1D是＋q、－q连线的中垂面，根据等量异种点电荷的电场线分布特点可知，B、D两点处电场方向均平行于A1C1且指向C1一侧，而＋q、－q在平面AA1C1C内，根据等量异种点电荷的电场线分布特点及对称性可知，A、C两点处电场方向不同，故C错误；A点距＋q较近，其电势大于零，B点电势等于零，故A、B两点电势不同，将一正试探电荷沿棱从A点移动到B点，电势能改变，故D错误。故选B。 返回 强化点三　复合场中的三维空间问题 返回 　　处理带电粒子在复合场中的三维空间运动问题时，首先通过受力分析、运动分析，转换视图角度，然后利用分解的思想，将运动分解为熟悉的运动类型，如直线运动、圆周运动、类平(斜)抛运动等，再利用每种运动对应的规律进行求解。 (2025·江西萍乡二模)中科院等离子体物理研究所设计制造了全超导非圆截面托卡马克实验装置(EAST)，这是我国科学家率先建成的世界上第一个全超导核聚变“人造太阳”实验装置。将原子核在约束磁场中的运动简化为带电粒子在匀强磁场中的运动，如图所示。磁场方向水平向右，磁感应强度大小为B，甲粒子速度方向与磁场垂直，乙粒子速度方向与磁场方向平行，丙粒子速度方向与磁场方向间的夹角为θ，所有粒子的质量均为m，电荷量均为＋q，且粒子的初速度方向在纸面内，不计粒子重力和粒子间的相互作用，则从图示位置开始计时，经过的时间后 A.甲、乙两粒子均回到图示位置 B.甲、丙两粒子均回到图示位置 C.乙、丙两粒子位置均改变了 D.丙粒子位置改变了 例5 √ 甲粒子在题图所示位置受到的洛伦兹力大小为qvB，根据左手定则可知方向垂直纸面向里，在磁场中做匀速圆周运动，经过的时间后回到题图所示位置；乙粒子速度与磁场平行，不受洛伦兹力，所以乙粒子做匀速直线运动，经过的时间后不能回到题图所示位置；丙粒子速度方向与磁场方向成θ角，分解丙粒子的速度，得到平行磁场和垂直磁场的两分速度，丙粒子在垂直磁场的平面做匀速圆周运动，沿平行磁场方向做匀速直线运动，所以经过的时间后也不能回到题图所示位置，故A、B错误。 乙粒子做匀速直线运动，经过的时间位移为x乙＝；将丙粒子速度分解为平行磁场方向速度v1＝vcos θ和垂直磁场方向速度v2＝vsin θ，丙粒子在磁场中以速度v2在垂直于磁场的平面内做匀速圆周运动，则qv2B＝m，周期T＝，解得周期T＝，所以丙粒子经过的时间位移为x丙＝v1T＝，故C错误，D正确。故选D。 (2025·吉林延边模拟)如图所示，空间直角坐标系O-xyz内存在直四棱柱空间区域，四棱柱的截面NPMO与ABCD、EFGH两个底面平行，其中N点的坐标为(1.5L，0，0)，M点的坐标为(0，2L，0)，D点的坐标为(0，0，L)，H点的坐标为(0，0，－πL)。四棱柱ABCD-NPMO空间内有沿z轴负方向的匀强电场(图中未画出)，NPMO-EFGH空间内有沿z轴正方向的匀强磁场(图中未画出)。质量为m、电荷量为＋q的粒子以速度v0从D点沿DC方向射入电场，经电场偏转在OM的中点Q进入匀强磁场，调整磁感应强度的大小，使粒子恰好未从四棱柱的侧面飞出，不计粒子重力。求： 例6 (1)电场强度的大小E0； 答案：　 电场中粒子做类平抛运动，根据类平抛运动规律有L＝v0t1，L＝a 由牛顿第二定律可得qE0＝ma 联立解得E0＝。 (2)粒子在磁场中运动的时间t及磁感应强度的大小B0； 答案：　 磁场中粒子做等距旋进运动，不从侧面出射必从下底面出射，粒子在z轴方向分速度大小 vz＝t1 解得vz＝2v0 粒子在磁场中运动时间t＝＝ 洛伦兹力提供向心力，则有qv0B0＝m 粒子运动的周期T＝ 轨迹与ABFE面相切，则有R＝L 此时t'＝T＝＞ 故粒子未达ABFE面就已出射，不符合题意 若轨迹与BCGF面相切，则有R'＝L 此时t″＝T'＝＝t 粒子恰好从FG边出射 联立解得B0＝。 (3)粒子在EFGH面出射点的坐标。 答案：(L，2L，－πL) 根据(2)中分析可知，粒子恰好从EFGH面上的FG上一点出射，该点坐标为。 返回 专 题 集 训 返回 1.(2025·辽宁省名校联盟三模)如图所示，粗糙的正方形斜面ABCD与水平面间的夹角θ＝30°，一质量为m的物体受到与对角线BD平行的恒力F作用，恰好能沿斜面的对角线AC做匀速直线运动，重力加速度为g，则 A.物体与斜面间的动摩擦因数为 B.物体与斜面间的动摩擦因数为 C.恒力F的大小为mg D.恒力F的大小为mg √ 2 3 4 5 6 7 1 物体受到的摩擦力方向与速度方向相反，即沿CA方向，重力的分力沿斜面向下，则由平衡条件可知Ffcos 45°＋Fcos 45°＝mgsin 30°，Ffsin 45°＝Fsin 45°，解得F＝mg，故C、D错误；根据Ff＝μmgcos 30°＝F＝mg，可得μ＝，故B正确，A错误。故选B。 2 3 4 5 6 7 1 2.(2025·山东济宁模拟)如图所示，水平地面上固定一足够大斜面，倾角为37°。P点为斜面上的点，Q点在P点正上方，两点相距1.5 m，AB为斜面上与Q点等高的直线。从Q点以不同速率多次斜向上抛出小球并落在直线AB上，每次抛出时的方向均与水平方向成45°角，且抛出时的最大速率为5 m/s。取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，忽略空气阻力，则落点间的最大距离为 A.3 m B.2.5 m C.2 m D.1.5 m √ 2 3 4 5 6 7 1 由于小球从Q点抛出到落到与Q等高的直线AB上，其竖 直位移为零，故运动时间t＝2×＝＝， 在此时间内，小球的水平位移为x＝v0cos 45°·t＝， 当小球初速度大小为5 m/s时，小球的水平位移最大，为 xmax＝ m＝2.5 m，当小球落到AB上的落点与Q的连线垂直AB时，此时小球的水平位移最小，为xmin＝＝2 m，根据几何知识及对称性可得落点在AB上的最大间距为Lmax＝2＝3 m。故选A。 2 3 4 5 6 7 1 3.(2025·辽宁本溪模拟)如图所示，一球门高1.8 m，宽3 m。在某次比赛中，一同学在球门前2.0 m处的O点将球射向球门，球在运动的最高点恰好击中球门横梁中点P。足球经过横梁反弹后，垂直CD的速度分量大小变为原来的，平行CD的速度分量不变，落在Q点。已知BO垂直AB，球的质量为0.4 kg，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，则下列说法正确的是 A.球在O点的初速度大小为 m/s B.球在Q点落地时的速度大小为2.5 m/s C.落地点Q与门线AB的距离为1.5 m D.球由O点运动到P点的时间大于由P点运动到Q点的时间 √ 2 3 4 5 6 7 1 从O到P点，根据逆向思维和平抛运动的规律有＝ 2gh，h＝gt2，x＝ m＝vxt，联立解得vx＝ m/s，vy＝6 m/s，则足球在O点的初速度大小为v0 ＝＝ m/s，故A错误；竖直方向根据对称性可知，足球由O点运动到P点的时间等于由P点运动到Q点的时间，故D错误；足球经过横梁反弹后，垂直CD的速度分量大小变为原来的，平行CD的速度分量不变，设碰时速度与CD夹角为θ，根据几何关系有tan θ＝＝， 2 3 4 5 6 7 1 则有v⊥＝vxsin θ＝ m/s，v//＝vxcos θ＝ m/s，vx'＝＝ m/s，球落地时竖直方向有h＝gt2，vy＝gt，则足球在Q点落地时的速度大小为v'＝＝ m/s，故B错误；落地点Q与门线AB的距离为x⊥＝v⊥t＝×0.6 m＝1.5 m，故C正确。故选C。 2 3 4 5 6 7 1 38 4.(2025·山东青岛期末)如图所示，真空中正四面体的四个顶点处分别固定四个等量点电荷，A点为底边棱的中点，B点为右侧面的中心，C点为底面的中心，D点为正四面体的体心(到四个顶点的距离均相等)，取无限远处为电势零点。下列说法正确的是 A.B点电势低于C点电势 B.D点电势不为零 C.一正点电荷从A点运动到D点过程中，电场力做正功 D.若两个等量异种点电荷在D点产生的电场强度大小 为E，则D点的合场强大小为E √ 2 3 4 5 6 7 1 根据对称性可知，空间中固定的四个点电荷在A、D 两点的电势代数和均为0，则A、D两点电势均为0， 在B、C两点的电势代数和分别大于0和小于0，则B 点电势高于C点电势，故A、B错误；由于A、D两点 电势均为0，则一正点电荷从A点运动到D点过程中， 电场力做功为零，故C错误；若两个等量异种点电荷在D点产生的电场强度大小为E，根据场强叠加原理可知，D点的合场强大小为ED＝E，故D正确。故选D。 2 3 4 5 6 7 1 5.(多选)(2025·广东深圳二调)如图所示，在三维坐标系Oxyz中，z＜0的空间同时存在沿z轴负方向的匀强电场和沿x轴负方向的匀强磁场Ⅰ，磁感应强度大小为B0，在z＞0的空间存在沿y轴正方向的匀强磁场Ⅱ，磁感应强度大小为B0。带正电的粒子从M(a，0，－a)点以速度v0沿y轴正方向射出，恰好做直线运动。现撤去电场，继续发射该带电粒子，恰好垂直xOy平面进入z＞0空间。不计粒子重力，正确的说法是 A.电场强度大小为B0v0 B.带电粒子的比荷为 C.粒子第二次经过xOy平面的位置坐标为(a，－a，0) D.粒子第三次经过xOy平面的位置与O点距离为3a √ √ 2 3 4 5 6 7 1 电场没有撤去前粒子做直线运动，则有qv0B0＝qE， 解得E＝B0v0，故A正确；撤去电场，继续发射该带 电粒子，恰好垂直xOy平面进入z＞0空间，可知粒子 做半径为a的匀速圆周运动，则有qv0B0＝m，解得 带电粒子的比荷为＝，故B错误；第一次经过xOy平面的位置坐标为(a，a，0)，进入z＞0空间后，磁感应强度变为B0，则粒子做匀速圆周运动的半径变为2a，且向x轴负方向偏转，则第二次经过xOy平面的位置坐标为(－3a，a，0)，故C错误； 2 3 4 5 6 7 1 粒子再次进入z＜0的空间做匀速圆周运动，沿y轴正方向移动2a后第三次经过xOy平面，此位置坐标为(－3a，3a，0)，则粒子第三次经过xOy平面的位置与O点距离为d＝3a，故D正确。故选AD。 2 3 4 5 6 7 1 6.(多选)(2025·安徽滁州第二次质量监测)如图所示，长方体ABCD-A1B1C1D1所在空间存在与BD方向平行的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度大小为B0，一质量为m、电荷量为＋q的带电粒子以一定的速度从A点沿AA1 方向射入长方体区域，并恰好从C1点离开该区域。已知AB ＝AD＝l，AA1＝l，不计粒子的重力。下列说法正确的是 A.磁场方向由D指向B B.粒子的速度大小为 C.若仅增大粒子的入射速度，则粒子在长方体区域内运动的时间将减小 D.若在该区域增加一匀强电场使粒子沿AA1做直线运动，则该电场的电场强度大小为 √ √ 2 3 4 5 6 7 1 带电粒子从A点沿AA1方向射入长方体区域，并 恰好从C1点离开该区域，即向斜上方偏转，由左 手定则可知，磁场方向由B指向D，选项A错误； 粒子在A点所受洛伦兹力方向指向C点，粒子又 经过C1点，CC1⊥CA且CC1＝AC＝l，可知粒 子做圆周运动的圆心在C点，轨道半径为r＝l，根据洛仑兹力提供向心力有qvB0＝m，可得粒子的速度大小为v＝，选项B正确； 2 3 4 5 6 7 1 若仅增大粒子的入射速度，则粒子轨道半径变大，粒子在长方体区域内轨迹圆弧所对的圆心角减小，根据t＝T＝，可知粒子运动的时间将减小，选项C正确；若在该区域增加一匀强电场使粒子沿AA1做直线运动，则需满足qE＝qvB0，解得该电场的电场强度大小为E＝，选项D错误。故选BC。 2 3 4 5 6 7 1 7.(20分)(2025·海南省三模)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、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： 2 3 4 5 6 7 1 (1)匀强电场的场强大小E； 答案： 带电微粒从A1B1中点进入电场，恰好沿直线运动到A2B2中点，则带电微粒受力平衡，有 qE＝mg 解得E＝。 2 3 4 5 6 7 1 (2)带电微粒从G运动到F的时间； 答案：　 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，合力为洛伦兹力，故做匀速圆周运动，根据几何关系知轨迹半径r＝L 2 3 4 5 6 7 1 则有qvB0＝m 做匀速圆周运动的周期T＝ 在磁场中运动时间t2＝T 所以带电微粒从G到F运动的时间 t＝t1＋t2＝。 2 3 4 5 6 7 1 (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： 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'＝ 根据几何关系知轨迹半径r'＝ 2 3 4 5 6 7 1 则有qv'B0＝m 做匀速圆周运动的周期T'＝ 在磁场中运动时间t2'＝T' 所以带电微粒从G出发到从C1D1中点离开长方体运动的时间t'＝t1'＋t2'＝。 返回 2 3 4 5 6 7 1 专 题 三 　 电 场 与 磁 场 谢 谢 观 看 ！ 2 3 4 5 6 7 1 $