2027届高三物理一轮复习教案：第十一章　第62课时　专题强化：带电粒子在立体空间和交变电磁场中的运动（含解析）

这是一份2027届高三物理一轮复习教案：第十一章　第62课时　专题强化：带电粒子在立体空间和交变电磁场中的运动（含解析）
考点一 带电粒子的螺旋式运动
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螺旋式运动，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平面的匀速圆周运动。
例1 (1)如图甲所示，在空间中存在水平向右、沿x轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在原点O有一个质量为m、带电荷量为q的带正电的粒子以速度v0垂直x轴射入磁场，不计粒子的重力，分析粒子的运动情况，求粒子运动轨迹距离x轴的最远距离。
(2)如图乙所示，若粒子的速度方向与x轴正方向的夹角为θ。
①试分析粒子的运动情况；
②求粒子运动的轨迹距x轴的最远距离及轨迹与x轴相邻交点之间的距离。
(3)如图丙所示，若在空间再加上沿x轴正方向电场强度大小为E的匀强电场，粒子速度方向仍与x轴正方向成θ角。
①试分析粒子的运动情况；
②求粒子离x轴的最大距离；
③求粒子第三次(起始位置为第零次)与x轴相交时的位置坐标。
答案 见解析
解析 (1)粒子在垂直x轴的平面内做匀速圆周运动，距x轴最远距离等于粒子轨迹圆的直径D1，
由qv0B=mv02R1，D1=2R1，得D1=2mv0qB；
(2)①粒子初速度v0沿x轴方向的分量v0x=v0cs θ，
在垂直于x轴方向的分量v0y=v0sin θ，
在垂直于x轴的平面内受洛伦兹力，粒子在垂直于x轴的平面内做匀速圆周运动，在平行于x轴方向做匀速直线运动，即做等距螺旋式运动。
②由qv0yB=mv0y2R2，得D2=2R2=2mv0sinθqB。
粒子做匀速圆周运动的周期T=2πR2v0y=2πmqB
轨迹与x轴相邻交点之间的距离
Δx=v0cs θ·T=2πmv0csθqB；
(3)①将粒子的初速度v0分解为沿x轴方向的分速度v0x和垂直x轴方向的分速度v0y，v0x=v0cs θ，v0y=v0sin θ
洛伦兹力方向与x轴垂直，粒子在垂直x轴的平面内做匀速圆周运动，在平行x轴方向在静电力作用下做匀加速直线运动，粒子做螺距逐渐增大的螺旋式运动。
②由qv0yB=mv0y2R3，得粒子做圆周运动的半径
R3=mv0yqB=mv0sinθqB，
粒子离x轴的最大距离D3=2R3=2mv0sinθqB。
③在x轴方向，qE=ma，粒子第三次与x轴相交时的位置坐标x=v0xt+12at2，
粒子从射出至第三次到x轴时间t=3T=6πR3v0y=6πmqB，
故x=6πmqB(v0cs θ+3πEB)。
拓展 若电、磁场方向均沿x轴正方向，粒子射入磁场的方向与x轴垂直，如图所示，粒子与x轴的交点坐标x1、x2、x3…满足什么关系？
答案 见解析
解析 粒子做螺旋式运动，且到达x轴的时间间隔相等，在x轴方向做初速度为0的匀加速直线运动，故x1∶x2∶x3…=1∶4∶9…。
考点二 带电粒子在立体空间中的运动
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。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。一般情况下利用降维法，要将粒子的运动分解为两个互相垂直的分运动来求解。
例2 (2025·广东省六校联考)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(0，66L，0)，C点的坐标为(0，66L，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。
答案 (1)26mv023qL，方向沿y轴负方向 (2)(2+2)mv0qL
解析 (1)粒子在电场中做类平抛运动，沿AD方向有22L=v0t
沿y轴方向有66L=12at2
沿y轴方向的加速度a=qEm
解得匀强电场的电场强度大小为E=26mv023qL
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=2−22L
由洛伦兹力提供向心力，有qv0B=mv02r
解得B=(2+2)mv0qL。
考点三 带电粒子在交变电磁场中的运动
解决带电粒子在交变电、磁场中的运动问题的基本思路
例3 如图(a)所示的xOy平面处于变化的匀强电场和匀强磁场中，电场强度E和磁感应强度B随时间t做周期性变化的图像如图(b)所示，y轴正方向为E的正方向，垂直于纸面向里为B的正方向，t=0时刻，带负电的粒子P(重力不计)由原点O以速度v0沿y轴正方向射出，它恰能沿一定轨道做周期性运动。v0、E0和t0为已知量，且E0B0=8v0π2，在0~t0时间内粒子P第一次离x轴最远时的坐标为(2v0t0π，2v0t0π)。求：
(1)粒子P的比荷；
(2)t=2t0时刻粒子P的位置坐标；
(3)带电粒子在运动中距离原点O的最远距离L。
答案 (1)4v0πE0t0 (2)(2+ππv0t0，0) (3)4+2ππv0t0
解析 (1)0~t0时间内粒子P在匀强磁场中做匀速圆周运动，
当粒子所在位置的纵、横坐标相等时，粒子在磁场中恰好经过14圆周，
所以粒子P第一次离x轴的最远距离等于轨道半径R，即R=2v0t0π
又qv0B0=mv02R，E0B0=8v0π2
联立解得qm=4v0πE0t0。
(2)设粒子P在磁场中运动的周期为T，
则T=2πRv0=4t0
即粒子P做14圆周运动后磁场变为电场，粒子以速度v0垂直电场方向进入电场后做类平抛运动，
设t0~2t0时间内水平位移和竖直位移分别为x1、y1，则x1=v0t0=πR2，y1=12at02
其中加速度a=qE0m
联立解得y1=2v0t0π=R
因此t=2t0时刻粒子P的位置坐标为(2+ππv0t0，0)，如图中的b点所示。
(3)分析知，粒子P在2t0~3t0时间内，静电力产生的加速度方向沿y轴正方向，由对称关系知，在3t0时刻速度方向为x轴正方向，位移x2=x1=v0t0；
在3t0~5t0时间内，粒子P沿逆时针方向做匀速圆周运动，往复运动轨迹如(2)中图所示，由图可知，带电粒子在运动中距原点O的最远距离L，即O、d间的距离，则L=2R+2x1，解得L=4+2ππv0t0。
课时精练
[分值：50分]
1.(6分)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=πmeB时刻，质子的速度沿z轴的负方向
B.t=πmeB时刻，质子的坐标为(mEπ22eB2，0，mv0eB)
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
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=2πmeB，当t=πmeB=12T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=πmeB=12T时刻，沿x轴方向Ee=ma，x=12at2=12·Eem·(πmeB)2=mEπ22eB2，在yOz平面内，正好经过半个周期，则y=0，z=-2r=-2mv0eB，所以质子的坐标为(mEπ22eB2，0，-2mv0eB)，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.(14分)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y0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v0cs θ·t1=2d-x1，
粒子运动的加速度a=Eqm
在z轴负方向运动的距离z1'=12at12
解得t1=23dv0，z1'=6Eqd2mv02
所以打到屏上位置的z轴坐标z1=-6Eqd2mv02。
3.(15分)(2025·陕晋青宁卷·14)电子比荷是描述电子性质的重要物理量。在标准理想二极管中利用磁控法可测得比荷，一般其电极结构为圆筒面与中心轴线构成的圆柱体系统，结构简化如图(a)所示，足够长圆柱形筒半径为R。在圆筒中央O点有一电子源，向空间中各个方向发射速度大小为v0的电子，某时刻起筒内加大小可调节且方向沿中心轴向下的匀强磁场，筒的横截面及轴截面示意图如图(b)所示，当磁感应强度大小调至B0时，恰好没有电子落到筒壁上，不计电子间相互作用及其重力的影响。求(R、v0、B0均为已知量)：
(1)(5分)电子的比荷em；
(2)(10分)当磁感应强度大小调至12B0时，筒壁上落有电子的区域面积S。
答案 (1)2v0B0R (2)23π2R2
解析 (1)当磁场的磁感应强度为B0时，恰好没有电子落到筒壁上。
则以速度v0垂直轴线方向射出的电子，轨迹恰好与圆筒壁相切，轨迹半径R0=R2
根据洛伦兹力提供向心力可得eB0v0=mv02R0
联立解得em=2v0B0R
(2)磁感应强度调整为B02后，当电子速度与磁场不垂直时，将电子速度沿垂直轴线和平行轴线方向进行分解，分别设vx、vy，电子将在垂直轴线方向上做匀速圆周运动，平行轴线方向上做匀速直线运动，电子击中筒壁距离粒子源的最远点时，其垂直轴线方向的圆周运动轨迹与筒壁相切，则轨迹半径仍为R0=R2
根据洛伦兹力提供向心力可得eB02vx=mvx2R0
联立解得vx=v02
由射出到相切，经过半个周期，用时t=T2=12×2πR0vx=12×2πmeB02=2πmeB0=πRv0
根据速度的合成与分解可知vy=v02−vx2=32v0
平行轴线方向运动距离y=vyt=3π2R
结合对称性，被电子击中的面积S=2×2πRy=23π2R2。
4.(15分)(2024·广东卷·15)如图甲所示，两块平行正对的金属板水平放置，板间加上如图乙所示幅值为U0、周期为t0的交变电压。金属板左侧存在一水平向右的恒定匀强电场，右侧分布着垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一带电粒子在t=0时刻从左侧电场某处由静止释放，在t=t0时刻从下板左端边缘位置水平向右进入金属板间的电场内，在t=2t0时刻第一次离开金属板间的电场、水平向右进入磁场，并在t=3t0时刻从下板右端边缘位置再次水平进入金属板间的电场。已知金属板的板长是板间距离的π3倍，粒子质量为m。忽略粒子所受的重力和场的边缘效应。
(1)(3分)判断带电粒子的电性并求其所带的电荷量q；
(2)(6分)求金属板的板间距离D和带电粒子在t=t0时刻的速度大小v；
(3)(6分)求从t=0时刻开始到带电粒子最终碰到上金属板的过程中，电场力对粒子做的功W。
答案 (1)正电 πmBt0 (2)3πt0U08B ππU024Bt0 (3)πmU0(π2+16)48Bt0
解析 (1)根据带电粒子在右侧磁场中的运动轨迹结合左手定则可知，粒子带正电；
粒子在磁场中运动的周期为T=2t0①
根据T=2πmqB②
则粒子所带的电荷量q=πmBt0③
(2)若金属板的板间距离为D，则板长为πD3，粒子在板间运动时πD3=vt0④
出金属板间电场时竖直速度为零，
则竖直方向y=2×12×U0qDm(0.5t0)2⑤
在磁场中时qvB=mv2r⑥
其中y=2r=2mvqB⑦
联立解得v=ππU024Bt0
D=3πt0U08B
(3)带电粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图，由③④⑦联立可得金属板的板间距离D=3r
则粒子在3t0时刻再次进入中间的偏转电场，在4t0时刻进入左侧的电场做减速运动，速度为零后反向加速，在6t0时刻再次进入中间的偏转电场，6.5t0时刻碰到上金属板，因粒子在偏转电场中运动时，在时间t0内电场力做功为零，在左侧电场中运动时，往返一次电场力做功也为零，可知整个过程中只有最初t0在左侧电场时电场力做功和最后0.5t0时间内电场力做功，
则W=12mv2+U0Dq·D3=π3mU048Bt0+πmU03Bt0=πmU0(π2+16)48Bt0。先读图
看清并且明白场的变化情况
受力分析
分析粒子在不同的变化场区的受力情况
过程分析
分析粒子在不同时间段内的运动情况
找衔接点
找出衔接相邻两过程的物理量
选规律
联立不同阶段的方程求解