2027届高考物理一轮复习专项训练-第十一章　带电粒子在立体空间中的运动与洛伦兹力的“分量式”巧解磁场问题

**基本信息** 聚焦带电粒子在立体电磁场中的运动，通过空间运动分解与洛伦兹力分量式，系统构建“模型建构-科学推理-能量分析”解题体系，强化物理观念与科学思维。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |带电粒子在立体空间中的运动|2题（正方体/长方体分区）|空间运动分解（平抛+圆周运动独立性）、动能定理应用|电场力做功（能量观念）→洛伦兹力提供向心力（运动与相互作用观念）→空间坐标系物理模型建构| |洛伦兹力的“分量式”巧解磁场问题|2题（交替电磁场/磁控管模型）|洛伦兹力分量式（速度分解后分力分析）、动量定理与几何关系结合|洛伦兹力不做功（能量观念）→速度分解分运动处理（科学思维）→实际应用（磁控管）体现科学态度与责任|

带电粒子在立体空间中的运动 (分值：30分) 1.(14分)如图所示，粒子能量检测仪显示器的立体小单元格是边长为L的正方体微小区域，其右侧面是有彩色荧光效应的石墨烯薄膜显示屏，显示屏上的各阵点捕获到不同的能量子时，会显示与其能量值相对应的颜色，以中心O为原点在右侧面建立直角坐标系xOy，x轴平行于正方体底面，该微小区域内加有方向均沿x轴负方向、电场强度大小为E的匀强电场和磁感应强度大小为B的匀强磁场，电荷量大小为e、质量为m的电子以某一速度正对O点并垂直右侧面射入该区域，电子在电场和磁场共同作用下发生偏转，若观察到右侧面坐标为(x0，y0)的P处发光点，求： (1)(4分)电子通过该区域过程的动能增量； (2)(10分)电子进入该区域前的速度大小v和打到显示屏P点时的动能。 2.(16分)(2024·山西朔州市二模)如图所示，一足够长的长方体O1a1b1c1-O3a3b3c3被正方形O2a2b2c2分成上下两个长方体空间Ⅰ和空间Ⅱ，以O1为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O1-xyz，其中O1a1=O1c1=O2O3=4L。整个长方体空间存在沿z轴负方向的匀强电场(图中未画出)，另外空间Ⅱ内同时还存在沿z轴正方向的匀强磁场(图中未画出)，一质量为m、电荷量为q(q>0)的带正电的粒子从O3c3边的中点P以初速度v0平行于y轴正方向射入长方体区域，粒子恰好经过正方形O2a2b2c2的中心点Q，且粒子在空间Ⅱ内运动的过程中，恰好未从长方体侧面飞出长方体区域，不计粒子重力，求： (1)(5分)匀强电场的电场强度大小； (2)(5分)粒子经过Q点时的动能； (3)(6分)匀强磁场的磁感应强度大小。 洛伦兹力的“分量式”巧解磁场问题 (分值：20分) 1题5分 1.(2025·黑吉辽蒙联考二模)如图，是交替出现的宽为L的匀强电场和匀强磁场区域，其中编号1、3区域为电场，电场强度均为E，2、4区域为磁场，磁感应强度均为B，方向如图所示。质量为m、带电量为q(q>0)的正粒子，从1区上边界由静止释放，不计重力。下列说法中正确的是(　　) A.粒子从4区下边界穿出后的动能一定为2qEL B.粒子从4区下边界穿出后的水平速度一定为 C.粒子从4区下边界穿出时的速度与水平方向夹角的余弦为B D.若粒子恰未从第4区射出，则需满足E= 2.(15分)(2025·浙江省一模)磁控管是微波炉的核心器件，磁控管中心为热电子发射源，电子在电场和磁场的共同作用下，形成了如图甲所示的漂亮形状。现将该磁控管简化成如图乙所示的装置，两足够长的平行金属板相距4d，板间中心有一电子发射源S向各个方向发射初速度大小为v0的电子。已知电子比荷为>0)，仅考虑纸面内运动的电子，不考虑重力及电子间相互作用。 (1)(4分)若两板间不加磁场，仅接一电压恒为U的电源，其中U=，求： ①电子在板间运动的加速度的大小； ②电子打到金属板的最长时间和最短时间之差。 (2)(5分)若两板间不接电源，仅加垂直纸面向里的匀强磁场B，其中B=，求： ①有电子打到的金属板总长度； ②打在金属板上的电子占发射电子总数的百分比。 (3)(6分)在两金属板之间接一电压恒为U的电源的同时，加一垂直纸面向里的匀强磁场B，其中U=，B=。求初速度v0水平向右的电子打在金属板上时速度的大小以及与水平向右方向夹角的正切值。 参考答案 带电粒子在立体空间中的运动 (分值：30分) 1.(14分)如图所示，粒子能量检测仪显示器的立体小单元格是边长为L的正方体微小区域，其右侧面是有彩色荧光效应的石墨烯薄膜显示屏，显示屏上的各阵点捕获到不同的能量子时，会显示与其能量值相对应的颜色，以中心O为原点在右侧面建立直角坐标系xOy，x轴平行于正方体底面，该微小区域内加有方向均沿x轴负方向、电场强度大小为E的匀强电场和磁感应强度大小为B的匀强磁场，电荷量大小为e、质量为m的电子以某一速度正对O点并垂直右侧面射入该区域，电子在电场和磁场共同作用下发生偏转，若观察到右侧面坐标为(x0，y0)的P处发光点，求： (1)(4分)电子通过该区域过程的动能增量； (2)(10分)电子进入该区域前的速度大小v和打到显示屏P点时的动能。 答案　(1)eEx0　(2)　+eEx0 解析　(1)电子从入射到出射，只有沿x正方向的静电力对电子做功，所以ΔEk=W=eU=eEx0 (2)洛伦兹力与静电力垂直，根据运动的独立性，电子在磁场中向y正方向偏转不受静电力影响，设电子在该区域内圆周运动半径为R，洛伦兹力提供向心力，则有eBv=m 由几何关系可得(R-y0)2+L2=R2 联立解得v= 由动能定理得eEx0=Ek-mv2 解得电子到达显示屏时的动能为Ek=+eEx0。 2.(16分)(2024·山西朔州市二模)如图所示，一足够长的长方体O1a1b1c1-O3a3b3c3被正方形O2a2b2c2分成上下两个长方体空间Ⅰ和空间Ⅱ，以O1为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O1-xyz，其中O1a1=O1c1=O2O3=4L。整个长方体空间存在沿z轴负方向的匀强电场(图中未画出)，另外空间Ⅱ内同时还存在沿z轴正方向的匀强磁场(图中未画出)，一质量为m、电荷量为q(q>0)的带正电的粒子从O3c3边的中点P以初速度v0平行于y轴正方向射入长方体区域，粒子恰好经过正方形O2a2b2c2的中心点Q，且粒子在空间Ⅱ内运动的过程中，恰好未从长方体侧面飞出长方体区域，不计粒子重力，求： (1)(5分)匀强电场的电场强度大小； (2)(5分)粒子经过Q点时的动能； (3)(6分)匀强磁场的磁感应强度大小。 答案　(1)　(2)m　(3) 解析　(1)带正电粒子在空间Ⅰ中做类平抛运动， 则2L=v0t1 4L=a 由牛顿第二定律qE=ma 联立可得匀强电场的电场强度大小为E= (2)在空间Ⅰ中，由动能定理 qE×4L=Ek-m 解得粒子经过Q点时的动能为 Ek=m (3)粒子进入空间Ⅱ中速度为 v==v0 将速度v分解为沿y轴正方向速度v0和沿z轴负方向速度4v0，由于z轴速度方向与磁场平行，不受洛伦兹力，在xO1y平面内由洛伦兹力提供向心力有 qv0B=m 由几何关系可知 2r=2L 可得匀强磁场的磁感应强度大小为 B= 洛伦兹力的“分量式”巧解磁场问题 (分值：20分) 1题5分 1.(2025·黑吉辽蒙联考二模)如图，是交替出现的宽为L的匀强电场和匀强磁场区域，其中编号1、3区域为电场，电场强度均为E，2、4区域为磁场，磁感应强度均为B，方向如图所示。质量为m、带电量为q(q>0)的正粒子，从1区上边界由静止释放，不计重力。下列说法中正确的是(　　) A.粒子从4区下边界穿出后的动能一定为2qEL B.粒子从4区下边界穿出后的水平速度一定为 C.粒子从4区下边界穿出时的速度与水平方向夹角的余弦为B D.若粒子恰未从第4区射出，则需满足E= 答案　A 解析　由于洛伦兹力不做功，粒子从静止释放到从4区下边界穿出，根据动能定理可得qE×2L=m，可知粒子从4区下边界穿出后的动能一定为2qEL，粒子从4区下边界穿出后的速度大小为v4=2，故A正确； 由于静电力处于竖直方向，不影响水平方向的速度，则粒子从静止释放到从4区下边界穿出，水平方向根据动量定理可得t=mvx-0 其中t=qBt=qBt=qB×2L 联立可得粒子从4区下边界穿出后的水平速度为vx=，则粒子从4区下边界穿出时的速度与水平方向夹角的余弦为cos θ==B，若粒子恰未从第4场区射出，粒子达到4区下边界的竖直分速度刚好为0，则有vx==v4=2，解得E=，故B、C、D错误。 2.(15分)(2025·浙江省一模)磁控管是微波炉的核心器件，磁控管中心为热电子发射源，电子在电场和磁场的共同作用下，形成了如图甲所示的漂亮形状。现将该磁控管简化成如图乙所示的装置，两足够长的平行金属板相距4d，板间中心有一电子发射源S向各个方向发射初速度大小为v0的电子。已知电子比荷为>0)，仅考虑纸面内运动的电子，不考虑重力及电子间相互作用。 (1)(4分)若两板间不加磁场，仅接一电压恒为U的电源，其中U=，求： ①电子在板间运动的加速度的大小； ②电子打到金属板的最长时间和最短时间之差。 (2)(5分)若两板间不接电源，仅加垂直纸面向里的匀强磁场B，其中B=，求： ①有电子打到的金属板总长度； ②打在金属板上的电子占发射电子总数的百分比。 (3)(6分)在两金属板之间接一电压恒为U的电源的同时，加一垂直纸面向里的匀强磁场B，其中U=，B=。求初速度v0水平向右的电子打在金属板上时速度的大小以及与水平向右方向夹角的正切值。 答案　(1)①　②　(2)①4(+1)d　②100%　(3)v0　2 解析　(1)①根据牛顿第二定律有eE=ma，E= 解得a= ②水平向左运动的电子运动距离x==<2d 该电子不会打在左侧金属板上，电子打到金属板的最长时间和最短时间之差为Δt== (2)①根据洛伦兹力提供向心力有ev0B= 解得R=2d 如图甲所示 由图甲可知，SA为圆的直径，C点为相切点，则AO2=(2R)2-R2 OC=R 同理可得左板有电子打到的长度也等于AC长度，所以有电子打到的金属板总长度为2(AO+OC)=4(+1)d ②由图甲可知，打在金属板上的电子占发射电子总数的百分比为100%。 (3)根据动能定理可得eU=mv2-m 解得v=v0 如图乙、丙所示 y轴方向，有∑evxB·Δt=∑mΔvy 所以2eBd=mvy 解得vy=2v0， 电子打在金属板上时速度的大小为v=v0，v2=+ tan θ==2， 方向与水平向右方向夹角的正切值为2。 学科网（北京）股份有限公司 $