专题二十二 带电粒子在三维空间中的运动 专项训练-2027届高考物理一轮复习

**基本信息** 聚焦带电粒子三维运动，通过运动分解与合成构建系统性解题方法，强化电磁场中运动模型建构与科学推理。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |选择/计算|10题|运动分解（三维→分方向运动）、几何关系分析（轨迹半径/周期）、洛伦兹力/电场力规律应用|从二维到三维拓展，以运动合成为核心，串联类平抛、匀速圆周及螺旋线运动，构建“分解-规律-合成”逻辑链|

专题二十二　带电粒子在三维空间中的运动 专项训练 1． 选择题： 1.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.(多选)如图所示,质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子从静止开始经加速电压U加速后,从三维直角坐标系O-xyz的原点O处沿不同方向射入匀强磁场,磁感应强度大小为B、方向沿z轴正方向。已知加速电压U调节范围为U0≤U≤3U0,其中U0=。x轴上距离O点1.5L处有一长为L的吸收板,吸收板接地,粒子打在板上即被吸收。不计粒子重力,下列说法正确的是(　　) A.当粒子沿y轴正方向射入磁场时,调节U,板上有粒子击中的长度为L B.当U=3U0,粒子从O点射入xOy平面x>0、y>0的区域,速度方向在0°~90°均匀变化,且沿各方向发射的粒子数目相等,则击中吸收板的粒子占粒子总数的50% C.当U=U0,t=0时刻,粒子从O点射入yOz平面y>0、z<0的区域,且速度方向与y轴正方向夹角为30°,粒子与z轴距离最大时的时间为t1=n(n=1,2,3,…) D.当U=2U0,粒子从O点射入yOz平面y>0、z<0的区域,且速度方向与y轴正方向夹角为45°,则经过t2=时粒子的坐标为 二．计算题： 3.如图甲所示,磁透镜是利用磁聚焦现象制成的,在电子显微镜中具有非常重要的作用。现将其原理简化:质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子从O点以与x轴正方向成θ角斜向上射入磁感应强度大小为B、方向沿x轴正方向的匀强磁场中,在洛伦兹力的作用下,粒子的轨迹为一条螺旋线,如图乙所示,不计粒子的重力,π已知。 甲 乙 (1)若已知该粒子在O点入射的速度大小为v且θ=30°,再次回到x轴时,粒子与x轴交于P点,求经过多长时间粒子到达P点及P点与O点间的距离; (2)若撤去磁场,并施加一与x轴正方向成60°且斜向下的匀强电场,当该粒子在O点入射的速度大小仍为v且θ=30°,仍然与x轴交于P点,求该电场强度E的大小。 4.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。一电荷量为+q(q>0)、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)。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,求所加磁场的磁感应强度大小B,以及轨迹与探测屏相切时粒子的速度大小。 5.某质谱仪部分结构的原理图如图甲所示。在空间直角坐标系Oxyz的y>0区域有沿-z方向的匀强电场，电场强度大小为E，在y<0区域有沿-z方向的匀强磁场，在x=-2d处有一足够大的屏，俯视图如图乙。质量为m、电荷量为q的粒子从y轴上P(0，-d，0)点以初速度v0沿+y方向射出，粒子第一次经过x轴时速度方向与-x方向的夹角θ=60°。不计粒子的重力，粒子打到屏上立即被吸收。求： (1)粒子的电性； (2)磁感应强度大小B； (3)粒子打到屏上位置的z轴坐标z1。 6.如图所示，三维坐标系O-xyz内存在着正四棱柱空间区域，正四棱柱的截面OPMN水平且与ACDF-IJGH的两个底面平行，其中A点的坐标为(0，L，0)，C点的坐标为(0，L，L)，正四棱柱ACDF-OPMN空间处于沿y轴方向的匀强电场中，OPMN-IJGH空间处于沿y轴负方向的匀强磁场中，质量为m、电荷量为+q的粒子以速度v0从A点沿AD方向射出，经电场偏转后恰好从截面OPMN的中心进入磁场区域，不计粒子的重力。 (1)求匀强电场的电场强度； (2)若粒子恰好未从四棱柱的侧面飞出，求匀强磁场的磁感应强度B的大小。 7.(2026·江苏常州期末)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，NPMO-EFGH空间内有沿z轴正方向的匀强磁场。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: (1)电场强度的大小; (2)磁感应强度的大小; (3)粒子在EFGH面出射点的x坐标。 8.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。 9.如图所示,立方体空间的边长为L,侧面CDHG为荧光屏,能完全吸收打在屏上的带电粒子并发光,三维坐标系坐标原点O位于底面EFGH的中心,Ox∥FG,Oy∥GH。已知从原点O向xOy平面内各个方向均匀持续发射速率为v0、质量为m、电荷量为q的带正电粒子。不计粒子重力及粒子间的相互作用。 (1)若在立方体空间内仅存在方向平行于z轴的匀强磁场,沿y轴正方向射出的粒子恰好打在荧光屏上的H点。求磁场的磁感应强度B和粒子从原点O运动到荧光屏的最短时间t; (2)若在立方体空间内仅存在沿z轴负方向的匀强电场E=和沿y轴正方向的匀强磁场B=,沿x轴正方向射出的粒子,经某些位置恰好与射出时速度相同,求这些位置的坐标。 10.某离子实验装置的基本原理图如图所示,截面半径为R的圆柱腔分为两个工作区,Ⅰ区长度d=4R,内有沿y轴正向的匀强电场,Ⅱ区内既有沿z轴负向的匀强磁场,又有沿z轴正向的匀强电场,电场强度与Ⅰ区电场强度等大,现有一正离子从左侧截面的最低点A处以初速度v0沿z轴正向进入Ⅰ区,经过两个区域分界面上的B点进入Ⅱ区,在以后的运动过程中恰好未从圆柱腔的侧面飞出,最终从右侧截面上的C点飞出,B点和C点均为所在截面处竖直半径的中点(如图所示),已知离子质量为m、电荷量为q,不计离子重力,求: (1)电场强度的大小; (2)Ⅱ区中磁感应强度的大小; (3)Ⅱ区L的最小长度。 参考答案： 1.答案　C解析　沿x轴方向，在静电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，且做圆周运动的周期T=，当t==T时刻，在yOz平面质子分速度方向沿y轴负方向，沿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、D错误；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轴方向在静电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.答案.AD　解析 粒子经加速电压U后,由动能定理可知qU=mv2,可得速度v=,代入磁场中半径公式r=,可求得粒子的轨迹半径与电压的关系,当U=U0=时,半径r1=;U=2U0时,半径r2=;U=3U0时,半径r3=;当粒子沿y轴正方向射入磁场时,粒子在xOy平面偏转半个圆周打在x轴上,当加速电压为3U0时粒子打中板上位置最远,为L,因此打中板长度为L,A正确。当U=3U0、粒子射向xOy平面,恰好打在板上的临界情况如图甲所示,由几何关系可知sin θ=,θ=60°,则击中吸收板的粒子占粒子总数的比例为 =33%,B错误。当U=U0,粒子射向yOz平面,速度方向与y轴正方向夹角为30°时,粒子的运动轨迹如图甲所示,将速度分解为沿y轴方向的vy和沿z轴方向的vz,则粒子在z轴方向以vz分速度做匀速直线运动,在xOy平面以vy分速度做匀速圆周运动,故当粒子运动圆周运动半周期的奇数倍时粒子离z轴最远,由T=可知,粒子与z轴距离最大时的时间为t1=n(n=1,3,5,…),C错误。当U=2U0,粒子速度方向与xOy平面和z坐标轴夹角均为45°时,初速度大小为v0=,将其分解为z轴方向分速度vz=和xOy平面分速度vxOy=,粒子在z轴方向以vz分速度做匀速直线运动,在xOy平面以vxOy分速度做匀速圆周运动,如图乙所示,则经过t2=时粒子的坐标为,D正确。 甲 3.答案 (1)　(2) 解析 (1)把v沿平行于B和垂直于B的两个方向分解为v1=v、v2=v,如图所示 粒子在垂直于B方向上以v2做匀速圆周运动,在平行于B的方向上以v1做匀速直线运动。因此,当粒子恰好在垂直于B的方向上完成一次完整的圆周运动时,将第一次回到x轴 根据牛顿第二定律,有qv2B=m 解得r= 即t=T= 则O点到P点的距离为xOP=v1t 可得xOP=。 (2)在静电力的作用下,粒子做类平抛运动,设运动到P点时间为t' 沿初速度方向xOPcos 30°=vt' 沿电场方向xOPsin 30°=t'2 又 qE=ma 联立解得E=。 4.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= 打在探测屏上的竖直分速度vy=at 速度偏转角的正切值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,有Bqv0= 粒子轨迹与探测屏相切,则有R=L,解得B= 竖直方向粒子在电场作用下做匀加速运动,有vy'=at' 竖直分运动与圆周运动的时间相等,则t'= 故vy'= 可知轨迹与探测屏相切时粒子的速度大小为v=。 5.答案　(1)正电　(2)　(3)- 解析　(1)粒子在磁场中的运动轨迹如图 由左手定则知粒子带正电； (2)设粒子做圆周运动的半径为r，由几何关系有rcos θ=d，根据洛伦兹力提供向心力qv0B=m，解得B= (3)设粒子经过x轴时的坐标为-x1，则x1+rsin θ=2d 粒子在y>0区域电场中做类平抛运动，在xOy平面内沿v0方向做匀速直线运动，设粒子碰到屏前做类平抛运动的时间为t1，则v0cos θ·t1=2d-x1， 粒子运动的加速度a= 在z轴负方向运动的距离z1'=a 解得t1=，z1'= 所以打到屏上位置的z轴坐标z1=-。 6.答案　(1)，方向沿y轴负方向　(2) 解析　(1)粒子在电场中做类平抛运动，沿AD方向有L=v0t 沿y轴方向有L=at2 沿y轴方向的加速度a= 解得匀强电场的电场强度大小为E= 方向沿y轴负方向。 (2)粒子到达OPMN的中心，如图甲所示，平行于正四棱柱底面的分速度大小始终为v0，带电粒子在平行于正四棱柱底面的方向上做匀速圆周运动，恰好不从四棱柱的侧面飞出，作出圆轨迹如图乙所示 由几何关系可得粒子做圆周运动的半径r=L 由洛伦兹力提供向心力，有qv0B=m 解得B=。 7.答案　(1)　(2)　(3)L 解析　(1)粒子在电场中做类平抛运动，有L=v0t1 L=a 由牛顿第二定律有qE=ma 联立解得E=。 (2)粒子在磁场中做等距螺旋线运动，不从侧面出射必从下底面出射， 粒子沿z轴负方向的分速度大小vz=t 解得vz=2v0 运动时间t2= 由洛伦兹力提供圆周运动的向心力有qv0B=m 粒子运动的周期T= 若轨迹与NPFE面相切，则有R=L 此时t=T=> 故粒子未达NPFE即出射，不符合题意;若轨迹与PMGF面相切，则有R'=L 此时t'=T'= 粒子恰好从FG边出射，可得R=L 联立解得B=。 (3)根据上述分析可知，粒子恰好从EFGH面出射点的x坐标x=L。 8.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=。 9.答案 (1)　(2) 解析 (1)如图所示,沿y轴正方向射出的粒子恰好打在荧光屏上的H点, 根据几何关系有r1= 粒子在磁场中做圆周运动,由洛伦兹力提供向心力, 则有qv0B=m 解得B= 粒子在匀强磁场中运动的周期为T= 由题意可知,粒子从y轴射出,弦长最短为,粒子的运动时间最短。 此时圆心角为60°,运动的最短时间为t=。 (2)根据题中给出的电场强度与磁感应强度的关系有Eq=Bq 所以,粒子以v0做匀速直线运动,以v0做匀速圆周运动,一个周期时与原速度方向相同,此时沿x轴方向的位移为x0= 由于x=nx0=n 该结果需小于,故坐标为。 10..答案 (1)　(2)　(3)πR+R 解析 (1)离子在Ⅰ区做类平抛运动,根据类平抛规律有4R=v0t,t2 根据牛顿第二定律有a= 解得电场强度的大小为E=。 (2)离子在Ⅰ区运动过程中,由动能定理可得qE·mv2- 解得离子到达B点时速度的大小为v=v0 离子在Ⅱ区里,做复杂的旋进运动。将该运动分解为圆柱腔截面上的匀速圆周运动和z轴正方向的匀加速直线运动,根据题意可得,在圆柱腔截面上的匀速圆周运动轨迹如图所示 设临界圆轨迹半径为r,根据几何知识有(R-r)2=r2+ 解得离子的轨迹半径为r=R 离子沿y轴正方向的速度为vy=v0 则根据洛伦兹力提供向心力有qvyB= 解得Ⅱ区中磁感应强度大小为B=。 (3)离子在圆柱腔截面上做匀速圆周运动的周期为T= 离子在z轴的正方向做匀加速直线运动, 根据匀变速直线运动的位移公式可得L=v0nT+(nT)2 联立解得Ⅱ区的长度为L=nπR+R(n=1,2,3,…) 当n=1时,Ⅱ区的最小长度为Lmin=πR+R。 学科网（北京）股份有限公司 $