专题二十二 带电粒子在立体空间中的运动 讲义-2027届高考物理一轮复习

该高中物理高考复习讲义聚焦带电粒子在立体空间中的运动专题，涵盖匀强磁场中旋进运动（含螺旋线运动及磁场与电场/重力场平行时的运动）和立体偏转两大核心考点，按“受力分析-运动分解-规律应用”逻辑架构知识，通过考点梳理、分解思想指导、4道典例精讲等环节，帮助学生建立三维运动分析框架。 讲义突出分解建模与科学推理特色，如将旋进运动分解为平行磁场的匀变速直线和垂直磁场的匀速圆周运动，培养学生科学思维与物理观念。设置从基础到综合的分层典例，配合几何关系与动力学规律推导，高效突破空间运动难点，助力学生提升应考能力，为教师把控复习节奏提供清晰路径。

专题二十二 带电粒子在立体空间中的运动 讲义 考点一 带电粒子在匀强磁场中“旋进”运动 1．解决带电粒子在立体空间中的组合场、叠加场的运动问题时，可通过受力分析、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。 2.带电粒子的螺旋线运动和旋进运动 空间中匀强磁场的分布是三维的，带电粒子在磁场中的运动情况可以是三维的。现在主要讨论两种情况: (1)空间中只存在匀强磁场，当带电粒子的速度方向与磁场的方向不平行也不垂直时，带电粒子在磁场中就做螺旋线运动。这种运动可分解为平行于磁场方向的匀速直线运动和垂直于磁场的平面内的匀速圆周运动。 (2)空间中的匀强磁场和匀强电场(或重力场)平行时，带电粒子在一定的条件下就可以做旋进运动，这种运动可分解为平行于磁场方向的匀变速直线运动和垂直于磁场的平面内的匀速圆周运动。 典例１：如图所示，竖直平面MNRS的右侧存在方向竖直向上且足够大的匀强磁场，从平面MNRS上的O点处以初速度v0＝10 m/s垂直MNRS面向右抛出一带电荷量为q、质量为m的小球。若磁感应强度大小B＝，g取10 m/s2。求： (1)小球离开磁场时的速度大小； (2)小球离开磁场时的位置与抛出点的距离。 [答案]　(1)10 m/s　(2) m [解析]　(1)小球在水平方向做匀速圆周运动，在竖直方向做自由落体运动，水平方向小球恰好转半个周期离开磁场，故离开磁场的时间为t＝＝＝1 s，则离开磁场时在竖直方向上的速度vy＝gt＝10 m/s，故小球离开磁场时的速度大小为v＝＝10 m/s。 (2)小球离开磁场时在竖直方向的位移大小为y＝gt2＝5 m，小球在水平方向做匀速圆周运动有qv0B＝，解得R＝， 水平方向位移为直径，即x＝2R＝＝ m， 则小球离开磁场时的位置与抛出点的距离为s＝＝ m。 典例2：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，电场强度大小为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、电荷量为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tan θ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)　(2)　(3) [解析]　(1)将电子的初速度分解为沿x轴方向的速度v0和沿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＝。 (2)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evy0maxBmin＝m 则|tan θ|＝。 (3)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，电子在电场中运动时y轴正方向的位移最大， 由牛顿第二定律有eE＝ma 由速度位移公式有2aym＝ 联立解得ym＝。 考点二　带电粒子在立体空间中的偏转 带电粒子在立体空间中的偏转问题的处理思路 (1)分析带电粒子在立体空间中的运动时，要发挥空间想象力，确定粒子在空间的位置关系。 (2)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。 (3)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。 典例3：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。 (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，方向平行于z轴。极板间电压U极小，几乎不影响电子运动。如图，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； ②a、b两个电子运动到下一个极板的时间t1和t2； (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，在图3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。 [答案]　(1)①沿z轴负方向 ②t1＝，t2＝　(2)见解析 [解析]　(1)①a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轴负方向，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轴负方向。符合题意；综上可知，磁感应强度B的方向沿z轴负方向。 ②a电子在洛伦兹力作用下运动轨迹如图，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，对应匀速直线运动；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＝。 (2)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 典例4：如图所示的O－xyz坐标系中，0<x<l的Ⅰ区域内有沿z轴正方向的匀强磁场，在x>l的Ⅱ区域内有沿y轴正方向的匀强电场。一带电荷量为＋q、质量为m的粒子从y轴上的点P(0，2l，0)以速度v0沿x轴正方向射入Ⅰ区域，从点Q进入Ⅱ区域。粒子在Ⅱ区域内，第二次经过x轴时粒子位于N点，且速度方向与x轴正方向夹角β＝。已知Ⅰ区域磁场磁感应强度大小B0＝，不计粒子重力。 (1)求粒子经过Q点时速度方向与x轴正方向夹角α; (2)求匀强电场的电场强度大小E; (3)求粒子从P到N所用的时间; (4)粒子到达N点时，在Ⅱ区域施加沿y轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小B0＝，求粒子离开N点经过t'＝时间，粒子的位置坐标。 [答案] (1)60°　(2)　(3)　 (4) [解析] 根据题意绘出粒子从P到N的运动轨迹如图所示。 (1)粒子在Ⅰ区域做匀速圆周运动，有qv0B0＝m，解得r1＝＝2l 根据几何关系有sin α＝，解得α＝60°。 (2)由几何关系可知，Q、N两点沿电场方向的距离为l，粒子由Q到N过程沿x轴方向做匀速直线运动有 vNx＝vQx＝v0cos α，cos β＝ 由动能定理有－qEl＝mm 解得E＝。 (3)粒子由P到Q过程，设所用时间为t1，有 t1＝T，qv0B＝mr1 粒子由Q到N过程，沿y轴方向先匀减速后匀加速，设时间分别为t2、t3，有 v0sin α＝t2，vNsin β＝t3 其中t＝t1＋t2＋t3 联立解得t＝。 (4)粒子运动在xOz平面内的投影为匀速圆周运动qvB0＝m 粒子运动周期T＝ 解得t'＝T 可得x＝r1sin α＋vQcos α(t2＋t3)＝l z＝2r2＝2l 粒子沿y轴方向做匀加速运动，可得 y＝vNt'sin β＋·t'2＝l 即粒子的位置坐标为。 学科网（北京）股份有限公司 $