备战2025年高考物理精品教案第十一章磁场专题十九带电粒子在立体空间中的运动（Word版附解析）

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1.解题关键点
（1）带电粒子的等间距螺旋线运动与加速旋进的螺旋线运动
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等间距螺旋线运动.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平面的匀速圆周运动.
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加速旋进的螺旋线运动，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.
（2）带电粒子在立体空间中的偏转
分析带电粒子在立体空间中的运动时，要充分发挥空间想象力，由受力确定粒子的运动状态，进而确定粒子在空间中的运动轨迹.将带电粒子通过不同空间的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求解问题.
2.常见带电粒子在立体空间中的运动类型

命题点1 三维空间只有磁场与磁场构成的组合场
1.[2022广东]如图所示，一个立方体空间被对角平面MNPQ划分成两个区域，两区域分布有磁感应强度大小相等、方向相反且与z轴平行的匀强磁场.一质子以某一速度从立方体左侧垂直Oyz平面进入磁场，并穿过两个磁场区域.下列关于质子运动轨迹在不同坐标平面的投影中，可能正确的是（ A ）
解析 根据题述情境，质子垂直Oyz平面进入磁场，由左手定则可知，质子先向y轴正方向偏转穿过MNPQ平面，再向x轴正方向偏转，所以A可能正确，B错误；该轨迹在Oxz平面上的投影为一条平行于x轴的直线，CD错误.
一题多解 本题可采用降维法处理.作出俯视图如图所示，由左手定则判断质子射入磁场和到磁场边界的洛伦兹力方向，进而判断质子的轨迹.
命题点2 三维空间中磁场与电场构成的叠加场
2.[2022重庆]2021年中国全超导托卡马克核聚变实验装置创造了新的纪录.为粗略了解等离子体在托卡马克环形真空室内的运动状况，某同学将一小段真空室内的电场和磁场理想化为方向均水平向右的匀强电场和匀强磁场（如图），电场强度大小为E，磁感应强度大小为B.若某电荷量为q的正离子在此电场和磁场中运动，其速度平行于磁场方向的分量大小为v1，垂直于磁场方向的分量大小为v2，不计离子重力，则（ D ）
A.电场力的瞬时功率为qEv12＋v22
B.该离子受到的洛伦兹力大小为qv1B
C.v2与v1的比值不断变大
D.该离子的加速度大小不变
解析
命题点3 三维空间中磁场与电场构成的组合场
3.[2022山东]中国“人造太阳”在核聚变实验方面取得新突破，该装置中用电磁场约束和加速高能离子，其部分电磁场简化模型如图所示，在三维坐标系Oxyz中，0＜z≤d空间内充满匀强磁场Ⅰ，磁感应强度大小为B，方向沿x轴正方向；－3d≤z＜0、y≥0的空间内充满匀强磁场Ⅱ，磁感应强度大小为22B，方向平行于xOy平面、与x轴正方向夹角为45°；z＜0、y≤0的空间内充满沿y轴负方向的匀强电场.质量为m、带电量为＋q的离子甲，从yOz平面第三象限内距y轴为L的点A以一定速度出射，速度方向与z轴正方向夹角为β，在yOz平面内运动一段时间后，经坐标原点O沿z轴正方向进入磁场Ⅰ.不计离子重力.
（1）当离子甲从A点出射速度为v0时，求电场强度的大小E；
（2）若使离子甲进入磁场后始终在磁场中运动，求进入磁场时的最大速度vm；
（3）离子甲以qBd2m的速度从O点沿z轴正方向第一次穿过xOy面进入磁场Ⅰ，求第四次穿过xOy平面的位置坐标（用d表示）；
（4）当离子甲以qBd2m的速度从O点进入磁场Ⅰ时，质量为4m、带电荷量为＋q的离子乙，也从O点沿z轴正方向以相同的动能同时进入磁场Ⅰ，求两离子进入磁场后，到达它们运动轨迹第一个交点的时间差Δt（忽略离子间相互作用）.
答案 （1）E＝mv02sinβcsβqL （2）vm＝qBdm （3）（d，d，0）
（4）Δt＝2（2+1）πmqB
解析 （1）离子甲从A点射入电场，由O点沿＋z方向射出，只受沿－y方向电场力的作用，所以在＋z方向上，离子甲做匀速直线运动，在从A到O的运动过程中，在＋z方向上有
L＝v0csβ·t
在＋y方向上有0＝v0sinβ－at
由牛顿第二定律有Eq＝ma
解得E＝mv02sinβcsβqL
（2）离子甲进入磁场Ⅰ中，当离子甲运动轨迹与磁场Ⅰ上边界相切时，由洛伦兹力充当向心力有
qv1B＝mv12R1，其轨迹半径R1＝d
经半个圆周由（0，2d，0）进入磁场Ⅱ，然后在垂直匀强磁场Ⅱ的平面内运动，由洛伦兹力充当向心力有qv1·22B＝mv12R2
解得R2＝2d
轨迹恰与xOz平面相切，则此时离子甲速度最大，即vm＝v1＝Bqdm
（3）离子甲以v2＝Bqd2m射入磁场Ⅰ，则离子甲在磁场Ⅰ中的轨迹半径R'1＝d2，离子甲在磁场Ⅰ中转半个圆周，由y轴上（0，d，0）处第二次穿过xOy面进入磁场Ⅱ，在磁场Ⅱ中的轨迹半径为R'2＝22d，离子甲在磁场Ⅱ中偏转半个圆周，由x轴上（d，0，0）处第三次穿过xOy面进入磁场Ⅰ，速度方向平行于z轴正方向，再在磁场Ⅰ中偏转半个圆周第四次穿过xOy面，轨迹如图1所示，所以离子第四次穿越xOy平面的位置坐标为（d，d，0）
图1
（4）设离子乙的速度为v'2，根据离子甲、乙动能相同可得
12mv2＝12×4mv'22
解得v'2＝12v2
由（3）问可知离子甲在磁场Ⅰ、Ⅱ中运动的轨迹半径分别为
R'1＝d2，R'2＝22d
则离子乙在磁场Ⅰ、Ⅱ中的轨迹半径分别为R″1＝d，R″2＝2d
根据几何关系可知离子甲、乙运动轨迹第一个交点如图2所示
图2
从O点进入磁场到第一个交点过程，有
t甲＝T甲1＋T甲2＝2πmqB＋2πmq·22B＝2（2+1）πmqB
t乙＝T乙12＋T乙22＝2π·4m2qB＋2π·4m2q·22B＝4（2+1）πmqB
可得离子甲、乙到达它们运动轨迹第一个交点时间差为
Δt＝t乙－t甲＝2（2+1）πmqB
1.[信号放大器/2023天津]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，激发出更多的电子，从而逐级放大电信号.已知电子的质量为m，带电荷量为－e.
（1）在极板上建立空间直角坐标系，极板上方空间内存在磁场，其磁感应强度大小为B，方向平行于z轴.极板间的电压U极小，几乎不影响电子运动.如图2，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轴正方向都成θ角，则：
（i）判断磁场的方向；
（ii）求a、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的坐标系中定性画出表示U和I关系的图像并说明这样画的理由.
图1
图2 图3
答案 （1）（i）沿z轴负方向 （ii）t1＝（π－2θ）meB t2＝πmeB （2）见解析
解析 （1）（i）由题意可知电子a的初速度方向在xOy平面内，与y轴正方向成θ角.若磁场方向沿z轴正方向，则由左手定则可知电子a在洛伦兹力的作用下向x轴负方向偏转，不符合题意；若磁场方向沿z轴负方向，则由左手定则可知电子a在洛伦兹力的作用下向x轴正方向偏转，符合题意.
综上可知，磁感应强度B的方向沿z轴负方向
（ii）电子a在洛伦兹力作用下的运动轨迹如图
由图可知电子a运动到下一个极板的时间为
t1＝2（π2－θ）2πT＝（π2－θ）π·2πmeB＝（π－2θ）meB
分析可知电子b沿z轴方向的分速度与磁感应强度方向平行，则电子b在z轴方向做匀速直线运动；沿y轴方向的分速度使电子b受到洛伦兹力向x轴正方向偏转，电子b在垂直z轴的平面内运动半个圆周到下一个极板的时间为
t2＝π2πT＝πmeB
（2）设δ＝kU（k为常量），单位时间内阴极逸出的电子数量为N0.每个电子打到极板上可以激发出δ个电子，则经过n次激发后单位时间内阳极处接收到的电子数量为N＝N0δn＝N0（kU）n＝N0knUn
结合电流的定义式可得阳极处接收电子产生的电流为
I＝Ne＝eN0knUn＝（eN0kn）Un＝AUn（A为常量）可得I－U图像如图
2.[霍尔效应＋电流的微观表达式/2021天津]霍尔元件是一种重要的磁传感器，可用在多种自动控制系统中.长方体半导体材料厚为a、宽为b、长为c，以长方体三边为坐标轴建立坐标系Oxyz，如图所示.半导体中有电荷量均为e的自由电子与空穴两种载流子，空穴可看作带正电荷的自由移动粒子，单位体积内自由电子和空穴的数目分别为n和p.当半导体材料通有沿＋x方向的恒定电流后，某时刻在半导体所在空间加一匀强磁场，磁感应强度的大小为B，沿＋y方向，于是在z方向上很快建立稳定电场，称其为霍尔电场，已知电场强度大小为E，沿－z方向.
（1）判断刚加磁场瞬间自由电子受到的洛伦兹力方向；
（2）若自由电子定向移动在沿＋x方向上形成的电流为In，求单个自由电子由于定向移动在z方向上受到洛伦兹力和霍尔电场力的合力大小Fnz；
（3）霍尔电场建立后，自由电子与空穴在z方向定向移动的速率分别为vnz、vpz，求Δt时间内运动到半导体z方向的上表面的自由电子数与空穴数，并说明两种载流子在z方向上形成的电流应满足的条件.
答案 （1）沿＋z方向 （2）e（InBneab＋E） （3）见解析
解析 （1）由左手定则可知，自由电子受到的洛伦兹力沿＋z方向.
（2）设t时间内流过半导体垂直于x轴某一横截面自由电子的电荷量为q，由电流定义式，有In＝qt
设自由电子在x方向上定向移动速率为vnx，则
q＝neabvnxt
可导出自由电子的电流微观表达式为In＝neabvnx
单个自由电子所受洛伦兹力大小为
F洛＝evnxB
霍尔电场力大小为F电＝eE
自由电子在z方向上受到的洛伦兹力和霍尔电场力方向相同，则有Fnz＝F洛＋F电
联立得其合力大小为Fnz＝e（InBneab＋E）.
（3）设Δt时间内在z方向上运动到半导体上表面的自由电子数为Nn、空穴数为Np，则
Nn＝nacvnzΔt
Np＝pacvpzΔt
霍尔电场建立后，半导体z方向的上表面的电荷量就不再发生变化，则有Nn＝Np，即在任何相等时间内运动到上表面的自由电子数与空穴数相等，这样两种载流子在z方向形成的电流应大小相等、方向相反.

1.[2024山东济宁模拟]如图所示，空间正四棱锥P－ABCD的底边长和侧棱长均为a，此区域存在平行于CB边由C指向B方向的匀强磁场，现一质量为m、电荷量为＋q的粒子，以竖直向上的初速度v0从底面ABCD的中心O垂直于磁场方向进入磁场区域，最后恰好没有从侧面PBC飞出磁场区域，忽略粒子受到的重力.则磁场的磁感应强度大小为（ C ）
A.2mv0qaB.4mv0qa
C.（6+2）mv0qaD.（6－2）mv0qa
解析 粒子从空间正四棱锥P－ABCD的底面ABCD中心O向上垂直进入磁场区域，最后恰好没有从侧面PBC飞出磁场区域，可知粒子刚好与侧面PBC相切，作出粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系可知r＋rsinθ＝a2，其中θ为面PBC与底面的夹角，由几何关系可知 sin θ＝63，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qv0B＝mv02r，解得B＝(6+2)mv0qa，故C正确，A、B、D错误.
2.[2024江苏淮安模拟]如图是离子速度选择器的原理示意图，在横截面半径r＝10cm的圆形区域内有磁感应强度B＝1×10－4T的匀强磁场，磁场方向平行于柱形圆筒的轴线OO'，在圆柱形筒壁上某一直径两端开有两个小孔a、b，它们分别作为离子的入射孔和出射孔，在ab所在圆平面内从a孔射入，离子射入的角度不同，最后能从b孔射出的离子速度大小就不同.现有一束比荷为qm＝2×1011C/kg的正离子，与ab连线成θ＝30°从a孔射入，且不与筒壁碰撞而从出射孔b射出，则该离子的速度大小为（ B ）
A.2×106m/sB.4×106m/s
C.4×105m/sD.2×105m/s
解析 r＝10 cm＝0.1 m，正离子在磁场中的轨迹如图所示.根据几何关系可得，离子的轨迹半径为R＝2r＝2×0.1 m＝0.2 m，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律可得qvB＝mv2R，解得v＝qBRm＝2×1011×1×10－4×0.2 m/s＝4×106 m/s，故B正确，A、C、D错误.
3.[选项图形化/2024广东佛山顺德区模拟/多选]如图所示，在正方体的六条棱d'a'、a'b'、b'b、bc、cc'、c'd'上通有等大电流，O'点为正方体的中心.在O'点以速度v0沿垂直b'c'方向发射一不计重力的质子，其运动轨迹在不同坐标平面的投影中，可能正确的是（ AD ）
A B C D
解析 根据安培定则可知，直导线d'a'和bc在O'点产生的合磁场方向沿垂直b'c'斜向右上方，而另外四条直导线在O'点产生的合磁场方向也是垂直b'c'斜向右上方，若在O'点以速度v0沿垂直b'c'方向发射一不计重力的质子，运动方向平行于磁场方向，可知质子斜向上做匀速直线运动，则轨迹在yOx面的投影如A选项所示，在yOz方向的投影如D选项所示，故A、D正确，B、C错误.
4.[2024河南信阳高级中学校考]用图甲所示的洛伦兹力演示仪演示带电粒子在匀强磁场中的运动时发现，有时玻璃泡中的电子束在匀强磁场中的运动轨迹呈“螺旋”状.现将这一现象简化成如图乙所示的情境来讨论：在空间存在平行于x轴的匀强磁场，电子由坐标原点在xOy平面内以初速度v0沿与x轴正方向成α角的方向射入磁场，电子的运动轨迹为螺旋线，其轴线平行于x轴，直径为D，螺距为Δx，则下列说法中正确的是（ D ）
A.匀强磁场的方向为沿x轴负方向
B.若仅增大匀强磁场的磁感应强度，则直径D减小，而螺距Δx不变
C.若仅增大电子入射的初速度v0，则直径D增大，而螺距Δx将减小
D.若仅增大α角（α＜90°），则直径D增大，而螺距Δx将减小，且当α＝90°时“轨迹”为闭合的整圆
解析 将电子的初速度沿x轴及y轴方向分解，沿x轴方向分速度与磁场方向平行，做匀速直线运动且x'＝v0 cs α·t，沿y轴方向分速度与磁场方向垂直，洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动，结合题图乙中轨迹，由左手定则可知，磁场方向沿x轴正方向，故A错误；根据洛伦兹力提供向心力可得evB＝mv2R，根据周期的计算公式可得T＝2πRv，且v＝v0 sin α，解得D＝2R＝2mv0sinαeB，T＝2πmeB，所以Δx＝vxT＝2πmv0csαeB，分析可知，若仅增大磁感应强度B，则D、Δx均减小，故B错误；若仅增大v0，则D、Δx皆按比例增大，故C错误；若仅增大α(α＜90°)，则D增大而Δx减小，且α＝90°时Δx＝0，故D正确.
5.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＝10m/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＝πmq，g取10m/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）102m/s （2）5ππ2+16m
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＝T2＝πmqB＝1s
则离开磁场时在竖直方向上的分速度vy＝gt＝10m/s
故小球离开磁场时的速度大小为v＝v02＋vy2＝102m/s
（2）小球离开磁场时在竖直方向的位移大小为
y＝12gt2＝5m
小球在水平方向做匀速圆周运动有qv0B＝mv02R，解得R＝mv0qB
水平方向位移为直径，即x＝2R＝2mv0qB＝20πm
则小球离开磁场时的位置与抛出点的距离为
s＝x2＋y2＝5ππ2+16m.
6.[三维坐标系中的电磁场/2024辽宁丹东模拟]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（ C ）
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（mEπ22eB，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
解析 沿x轴方向，质子在电场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平面内的分运动为匀速圆周运动，所以质点运动轨迹在yOz平面内的投影是经过O点的圆，D错误.t＝πmeB＝12T时刻，质子在yOz平面内的分速度方向沿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错误.质子每经过一个周期可经过一次x轴，质子沿x轴方向在电场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.当t＝πmeB＝12T时刻，沿x轴方向根据牛顿第二定律有Ee＝ma，位移x＝12at2＝12·Eem·(πmeB)2＝π2mE2eB2，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.
7.[电磁场在科技中的应用]现代科技中常常利用电场和磁场来控制带电粒子的运动，某控制装置如图所示，区域Ⅰ是14圆弧形均匀辐向电场，半径为R的中心线O'O处的场强大小处处相等，且大小为E1，方向指向圆心O1；在空间直角坐标系O－xyz中，区域Ⅱ是边长为L的正方体空间，该空间内充满沿y轴正方向的匀强电场E2（大小未知）；区域Ⅲ也是边长为L的正方体空间，空间内充满平行于xOy平面，与x轴负方向成45°角的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在区域Ⅲ的上表面是一粒子收集板；一群比荷不同的带正电的粒子以不同速率先后从O'沿切线方向进入辐向电场，所有粒子都能通过辐向电场从坐标原点O沿x轴正方向进入区域Ⅱ，不计带电粒子所受重力和粒子之间的相互作用.
（1）若某一粒子进入辐向电场的速率为v0，该粒子通过区域Ⅱ后刚好从P点进入区域Ⅲ中，已知P点坐标为（L，L2，0），求该粒子的比荷q0m0和区域Ⅱ中匀强电场E2的大小.
（2）保持（1）问中E2不变，为了使粒子能够在区域Ⅲ中直接打在粒子收集板上，求该粒子的比荷需要满足的条件.
答案 （1）q0m0＝v02E1R E2＝E1RL （2）4E1RB2L2≤qm≤8E1RB2L2
解析 （1）（过程一：粒子在辐向电场中做匀速圆周运动）某一粒子进入辐向电场的速率为v0，粒子在辐向电场中做匀速圆周运动，由电场力提供向心力可得q0E1＝m0v02R
【点拨】分析圆周运动的关键是找到向心力的来源.
解得该粒子的比荷为q0m0＝v02E1R
（过程二：粒子在区域Ⅱ中做类平抛运动，从O点到P点，粒子沿x轴方向做匀速直线运动，沿y轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动）粒子在区域Ⅱ中做类平抛运动，沿x轴方向有L＝v0t，沿y轴方向有a＝q0E2m0，L2＝12at2
联立解得E2＝E1RL
（2）（过程一：粒子在辐向电场中做匀速圆周运动）设粒子的电荷量为q，质量为m，粒子进入辐向电场的速率为v，则粒子在辐向电场中有qE1＝mv2R，解得v＝qE1Rm
（过程二：粒子在区域Ⅱ中做类平抛运动，粒子沿x轴方向做匀速直线运动，沿y轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动）粒子在区域Ⅱ中做类平抛运动，假设粒子都能进入区域Ⅲ中，则沿x轴方向有L＝vt'
沿y轴方向有a'＝qE2m，y＝12a't'2，vy＝a't'
联立解得y＝L2，vy＝qE1Rm
可知所有粒子经过区域Ⅱ后都从P点进入区域Ⅲ中，假设正确.设进入区域Ⅲ的粒子速度方向与x轴正方向的夹角为θ，则有tan θ＝vyv＝1，解得θ＝45°
粒子进入区域Ⅲ的速度大小为v'＝v2＋vy2＝2qE1Rm
（过程三：粒子在区域Ⅲ中做匀速圆周运动）粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，则有qv'B＝mv'2r
解得r＝mv'qB＝1B2mE1Rq
为了保证粒子能够打在粒子收集板上，如图，由几何关系可知粒子在磁场中的半径需要满足L2≤r≤22L，联立解得粒子的比荷需要满足4E1RB2L2≤qm≤8E1RB2L2.
【方法】降维法：从空间立体情境中找到粒子运动的截面图，化“三维”为“二维”，画出粒子在区域Ⅲ中的运动截面图，
五年考情
命题分析预测
2023：天津T12；
2022：广东T7，山东T17；
2021：天津T12
近年高考命题有从平面向立体空间转化的趋势，特别是电磁场部分，可能会设置立体空间的电场或磁场，考查带电粒子的运动情况分析，预计2025年高考该考点会是命题的热点.
常见类型
立体视图
三视图
等间距螺旋线运动
磁场进磁场
yOx平面 yOz平面
电场进磁场
yOx平面 yOz平面
磁场进电场