專題十九　帶電粒子在立體空間中的運動-2025屆高中物理

第十一章磁場專題十九帶電粒子在立體空間中的運動五年考情命題分析預(yù)測2023：天津T12；2022：廣東T7，山東T17；2021：天津T12近年高考命題有從平面向立體空間轉(zhuǎn)化的趨勢，特別是電磁場部分，可能會設(shè)置立體空間的電場或磁場，考查帶電粒子的運動情況分析，預(yù)計2025年高考該考點會是命題的熱點.1.解題關(guān)鍵點（1）帶電粒子的等間距螺旋線運動與加速旋進的螺旋線運動①空間中只存在勻強磁場，當(dāng)帶電粒子的速度方向與磁場的方向不平行也不垂直時，帶電粒子在磁場中就做等間距螺旋線運動.這種運動可分解為平行于磁場方向的勻速直線運動和垂直于磁場平面的勻速圓周運動.②空間中的勻強磁場和勻強電場（或重力場）平行時，帶電粒子在一定的條件下就可以做加速旋進的螺旋線運動，這種運動可分解為平行于磁場方向的勻變速直線運動和垂直于磁場平面的勻速圓周運動.（2）帶電粒子在立體空間中的偏轉(zhuǎn)分析帶電粒子在立體空間中的運動時，要充分發(fā)揮空間想象力，由受力確定粒子的運動狀態(tài)，進而確定粒子在空間中的運動軌跡.將帶電粒子通過不同空間的運動過程分為不同的階段，只要分析出每個階段上的運動規(guī)律，再利用兩個空間交界處粒子的運動狀態(tài)和關(guān)聯(lián)條件即可求解問題.2.常見帶電粒子在立體空間中的運動類型常見類型立體視圖三視圖等間距螺旋線運動磁場進磁場yOx平面yOz平面電場進磁場yOx平面yOz平面磁場進電場命題點1三維空間只有磁場與磁場構(gòu)成的組合場1.[2022廣東]如圖所示，一個立方體空間被對角平面MNPQ劃分成兩個區(qū)域，兩區(qū)域分布有磁感應(yīng)強度大小相等、方向相反且與z軸平行的勻強磁場.一質(zhì)子以某一速度從立方體左側(cè)垂直O(jiān)yz平面進入磁場，并穿過兩個磁場區(qū)域.下列關(guān)于質(zhì)子運動軌跡在不同坐標(biāo)平面的投影中，可能正確的是（A）解析根據(jù)題述情境，質(zhì)子垂直O(jiān)yz平面進入磁場，由左手定則可知，質(zhì)子先向y軸正方向偏轉(zhuǎn)穿過MNPQ平面，再向x軸正方向偏轉(zhuǎn)，所以A可能正確，B錯誤；該軌跡在Oxz平面上的投影為一條平行于x軸的直線，CD錯誤.一題多解本題可采用降維法處理.作出俯視圖如圖所示，由左手定則判斷質(zhì)子射入磁場和到磁場邊界的洛倫茲力方向，進而判斷質(zhì)子的軌跡.命題點2三維空間中磁場與電場構(gòu)成的疊加場2.[2022重慶]2021年中國全超導(dǎo)托卡馬克核聚變實驗裝置創(chuàng)造了新的紀(jì)錄.為粗略了解等離子體在托卡馬克環(huán)形真空室內(nèi)的運動狀況，某同學(xué)將一小段真空室內(nèi)的電場和磁場理想化為方向均水平向右的勻強電場和勻強磁場（如圖），電場強度大小為E，磁感應(yīng)強度大小為B.若某電荷量為q的正離子在此電場和磁場中運動，其速度平行于磁場方向的分量大小為v1，垂直于磁場方向的分量大小為v2，不計離子重力，則（D）A.電場力的瞬時功率為qEvB.該離子受到的洛倫茲力大小為qv1BC.v2與v1的比值不斷變大D.該離子的加速度大小不變解析命題點3三維空間中磁場與電場構(gòu)成的組合場3.[2022山東]中國“人造太陽”在核聚變實驗方面取得新突破，該裝置中用電磁場約束和加速高能離子，其部分電磁場簡化模型如圖所示，在三維坐標(biāo)系Oxyz中，0＜z≤d空間內(nèi)充滿勻強磁場Ⅰ，磁感應(yīng)強度大小為B，方向沿x軸正方向；－3d≤z＜0、y≥0的空間內(nèi)充滿勻強磁場Ⅱ，磁感應(yīng)強度大小為22B，方向平行于xOy平面、與x軸正方向夾角為45°；z＜0、y≤0的空間內(nèi)充滿沿y軸負(fù)方向的勻強電場.質(zhì)量為m、帶電量為＋q的離子甲，從yOz平面第三象限內(nèi)距y軸為L的點A以一定速度出射，速度方向與z軸正方向夾角為β，在yOz平面內(nèi)運動一段時間后，經(jīng)坐標(biāo)原點O沿z軸正方向進入磁場Ⅰ.不計離子重力（1）當(dāng)離子甲從A點出射速度為v0時，求電場強度的大小E；（2）若使離子甲進入磁場后始終在磁場中運動，求進入磁場時的最大速度vm；（3）離子甲以qBd2m的速度從O點沿z軸正方向第一次穿過xOy面進入磁場Ⅰ，求第四次穿過xOy平面的位置坐標(biāo)（用d（4）當(dāng)離子甲以qBd2m的速度從O點進入磁場Ⅰ時，質(zhì)量為4m、帶電荷量為＋q的離子乙，也從O點沿z軸正方向以相同的動能同時進入磁場Ⅰ，求兩離子進入磁場后，到達它們運動軌跡第一個交點的時間差Δt（答案（1）E＝mv02sinβcosβqL（2）vm＝qBd（4）Δt＝2解析（1）離子甲從A點射入電場，由O點沿＋z方向射出，只受沿－y方向電場力的作用，所以在＋z方向上，離子甲做勻速直線運動，在從A到O的運動過程中，在＋z方向上有L＝v0cosβ·t在＋y方向上有0＝v0sinβ－at由牛頓第二定律有Eq＝ma解得E＝m（2）離子甲進入磁場Ⅰ中，當(dāng)離子甲運動軌跡與磁場Ⅰ上邊界相切時，由洛倫茲力充當(dāng)向心力有qv1B＝mv12R1，其軌跡半徑經(jīng)半個圓周由（0，2d，0）進入磁場Ⅱ，然后在垂直勻強磁場Ⅱ的平面內(nèi)運動，由洛倫茲力充當(dāng)向心力有qv1·22B＝m解得R2＝2d軌跡恰與xOz平面相切，則此時離子甲速度最大，即vm＝v1＝Bq（3）離子甲以v2＝Bqd2m射入磁場Ⅰ，則離子甲在磁場Ⅰ中的軌跡半徑R'1＝d2，離子甲在磁場Ⅰ中轉(zhuǎn)半個圓周，由y軸上（0，d，0）處第二次穿過xOy面進入磁場Ⅱ，在磁場Ⅱ中的軌跡半徑為R'2＝22d，離子甲在磁場Ⅱ中偏轉(zhuǎn)半個圓周，由x軸上（d，0，0）處第三次穿過xOy面進入磁場Ⅰ，速度方向平行于z軸正方向，再在磁場Ⅰ中偏轉(zhuǎn)半個圓周第四次穿過xOy面，軌跡如圖1所示，所以離子第四次穿越xOy平面的位置坐標(biāo)為（d圖1（4）設(shè)離子乙的速度為v'2，根據(jù)離子甲、乙動能相同可得12mv2＝12×4mv'解得v'2＝12v由（3）問可知離子甲在磁場Ⅰ、Ⅱ中運動的軌跡半徑分別為R'1＝d2，R'2＝2則離子乙在磁場Ⅰ、Ⅱ中的軌跡半徑分別為R″1＝d，R″2＝2d根據(jù)幾何關(guān)系可知離子甲、乙運動軌跡第一個交點如圖2所示圖2從O點進入磁場到第一個交點過程，有t甲＝T甲1＋T甲2＝2πmqB＋2πt乙＝T乙12＋T乙22可得離子甲、乙到達它們運動軌跡第一個交點時間差為Δt＝t乙－t甲＝21.[信號放大器/2023天津]信號放大器是一種放大電信號的儀器，如圖1，其可以通過在相鄰極板間施加電壓，使陰極逸出的電子擊中極板時，激發(fā)出更多的電子，從而逐級放大電信號.已知電子的質(zhì)量為m，帶電荷量為－e.（1）在極板上建立空間直角坐標(biāo)系，極板上方空間內(nèi)存在磁場，其磁感應(yīng)強度大小為B，方向平行于z軸.極板間的電壓U極小，幾乎不影響電子運動.如圖2，某次激發(fā)中，產(chǎn)生了2個電子a和b，其初速度方向分別在xOy與zOy平面內(nèi)，且與y軸正方向都成θ角，則：（i）判斷磁場的方向；（ii）求a、b兩個電子運動到下一個極板的時間t1和t2.（2）若單位時間內(nèi)陰極逸出的電子數(shù)量不變，每個電子打到極板上可以激發(fā)出δ個電子，且δ∝U，陽極處接收電子產(chǎn)生的電流為I，在圖3的坐標(biāo)系中定性畫出表示U和I關(guān)系的圖像并說明這樣畫的理由.圖1圖2圖3答案（1）（i）沿z軸負(fù)方向（ii）t1＝（π－2θ）meBt2解析（1）（i）由題意可知電子a的初速度方向在xOy平面內(nèi)，與y軸正方向成θ角.若磁場方向沿z軸正方向，則由左手定則可知電子a在洛倫茲力的作用下向x軸負(fù)方向偏轉(zhuǎn)，不符合題意；若磁場方向沿z軸負(fù)方向，則由左手定則可知電子a在洛倫茲力的作用下向x軸正方向偏轉(zhuǎn)，符合題意.綜上可知，磁感應(yīng)強度B的方向沿z軸負(fù)方向（ii）電子a在洛倫茲力作用下的運動軌跡如圖由圖可知電子a運動到下一個極板的時間為t1＝2（π2－θ）2π分析可知電子b沿z軸方向的分速度與磁感應(yīng)強度方向平行，則電子b在z軸方向做勻速直線運動；沿y軸方向的分速度使電子b受到洛倫茲力向x軸正方向偏轉(zhuǎn)，電子b在垂直z軸的平面內(nèi)運動半個圓周到下一個極板的時間為t2＝π2πT＝（2）設(shè)δ＝kU（k為常量），單位時間內(nèi)陰極逸出的電子數(shù)量為N0.每個電子打到極板上可以激發(fā)出δ個電子，則經(jīng)過n次激發(fā)后單位時間內(nèi)陽極處接收到的電子數(shù)量為N＝N0δn＝N0（kU）n＝N0knUn結(jié)合電流的定義式可得陽極處接收電子產(chǎn)生的電流為I＝Ne＝eN0knUn＝（eN0kn）Un＝AUn（A為常量）可得I－U圖像如圖2.[霍爾效應(yīng)＋電流的微觀表達式/2021天津]霍爾元件是一種重要的磁傳感器，可用在多種自動控制系統(tǒng)中.長方體半導(dǎo)體材料厚為a、寬為b、長為c，以長方體三邊為坐標(biāo)軸建立坐標(biāo)系Oxyz，如圖所示.半導(dǎo)體中有電荷量均為e的自由電子與空穴兩種載流子，空穴可看作帶正電荷的自由移動粒子，單位體積內(nèi)自由電子和空穴的數(shù)目分別為n和p.當(dāng)半導(dǎo)體材料通有沿＋x方向的恒定電流后，某時刻在半導(dǎo)體所在空間加一勻強磁場，磁感應(yīng)強度的大小為B，沿＋y方向，于是在z方向上很快建立穩(wěn)定電場，稱其為霍爾電場，已知電場強度大小為E，沿－z方向.（1）判斷剛加磁場瞬間自由電子受到的洛倫茲力方向；（2）若自由電子定向移動在沿＋x方向上形成的電流為In，求單個自由電子由于定向移動在z方向上受到洛倫茲力和霍爾電場力的合力大小Fnz；（3）霍爾電場建立后，自由電子與空穴在z方向定向移動的速率分別為vnz、vpz，求Δt時間內(nèi)運動到半導(dǎo)體z方向的上表面的自由電子數(shù)與空穴數(shù)，并說明兩種載流子在z方向上形成的電流應(yīng)滿足的條件.答案（1）沿＋z方向（2）e（InBneab＋E）（解析（1）由左手定則可知，自由電子受到的洛倫茲力沿＋z方向.（2）設(shè)t時間內(nèi)流過半導(dǎo)體垂直于x軸某一橫截面自由電子的電荷量為q，由電流定義式，有In＝q設(shè)自由電子在x方向上定向移動速率為vnx，則q＝neabvnxt可導(dǎo)出自由電子的電流微觀表達式為In＝neabvnx單個自由電子所受洛倫茲力大小為F洛＝evnxB霍爾電場力大小為F電＝eE自由電子在z方向上受到的洛倫茲力和霍爾電場力方向相同，則有Fnz＝F洛＋F電聯(lián)立得其合力大小為Fnz＝e（InBneab（3）設(shè)Δt時間內(nèi)在z方向上運動到半導(dǎo)體上表面的自由電子數(shù)為Nn、空穴數(shù)為Np，則Nn＝nacvnzΔtNp＝pacvpzΔt霍爾電場建立后，半導(dǎo)體z方向的上表面的電荷量就不再發(fā)生變化，則有Nn＝Np，即在任何相等時間內(nèi)運動到上表面的自由電子數(shù)與空穴數(shù)相等，這樣兩種載流子在z方向形成的電流應(yīng)大小相等、方向相反.1.[2024山東濟寧模擬]如圖所示，空間正四棱錐P－ABCD的底邊長和側(cè)棱長均為a，此區(qū)域存在平行于CB邊由C指向B方向的勻強磁場，現(xiàn)一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子，以豎直向上的初速度v0從底面ABCD的中心O垂直于磁場方向進入磁場區(qū)域，最后恰好沒有從側(cè)面PBC飛出磁場區(qū)域，忽略粒子受到的重力.則磁場的磁感應(yīng)強度大小為（C）A.2mv0qaC.（6+2）m解析粒子從空間正四棱錐P－ABCD的底面ABCD中心O向上垂直進入磁場區(qū)域，最后恰好沒有從側(cè)面PBC飛出磁場區(qū)域，可知粒子剛好與側(cè)面PBC相切，作出粒子的運動軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系可知r＋rsinθ＝a2，其中θ為面PBC與底面的夾角，由幾何關(guān)系可知sinθ＝63，粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得qv0B＝mv02r，解得B＝(6+2)mv2.[2024江蘇淮安模擬]如圖是離子速度選擇器的原理示意圖，在橫截面半徑r＝10cm的圓形區(qū)域內(nèi)有磁感應(yīng)強度B＝1×10－4T的勻強磁場，磁場方向平行于柱形圓筒的軸線OO'，在圓柱形筒壁上某一直徑兩端開有兩個小孔a、b，它們分別作為離子的入射孔和出射孔，在ab所在圓平面內(nèi)從a孔射入，離子射入的角度不同，最后能從b孔射出的離子速度大小就不同.現(xiàn)有一束比荷為qm＝2×1011C/kg的正離子，與ab連線成θ＝30°從a孔射入，且不與筒壁碰撞而從出射孔b射出，則該離子的速度大小為（B）A.2×106m/s B.4×106m/sC.4×105m/s D.2×105m/s解析r＝10cm＝0.1m，正離子在磁場中的軌跡如圖所示.根據(jù)幾何關(guān)系可得，離子的軌跡半徑為R＝2r＝2×0.1m＝0.2m，由洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律可得qvB＝mv2R，解得v＝qBRm＝2×1011×1×10－4×0.2m/s＝4×106m/s，故B正確，A、C、D3.[選項圖形化/2024廣東佛山順德區(qū)模擬/多選]如圖所示，在正方體的六條棱d'a'、a'b'、b'b、bc、cc'、c'd'上通有等大電流，O'點為正方體的中心.在O'點以速度v0沿垂直b'c'方向發(fā)射一不計重力的質(zhì)子，其運動軌跡在不同坐標(biāo)平面的投影中，可能正確的是（AD）ABCD解析根據(jù)安培定則可知，直導(dǎo)線d'a'和bc在O'點產(chǎn)生的合磁場方向沿垂直b'c'斜向右上方，而另外四條直導(dǎo)線在O'點產(chǎn)生的合磁場方向也是垂直b'c'斜向右上方，若在O'點以速度v0沿垂直b'c'方向發(fā)射一不計重力的質(zhì)子，運動方向平行于磁場方向，可知質(zhì)子斜向上做勻速直線運動，則軌跡在yOx面的投影如A選項所示，在yOz方向的投影如D選項所示，故A、D正確，B、C錯誤.4.[2024河南信陽高級中學(xué)?？糫用圖甲所示的洛倫茲力演示儀演示帶電粒子在勻強磁場中的運動時發(fā)現(xiàn)，有時玻璃泡中的電子束在勻強磁場中的運動軌跡呈“螺旋”狀.現(xiàn)將這一現(xiàn)象簡化成如圖乙所示的情境來討論：在空間存在平行于x軸的勻強磁場，電子由坐標(biāo)原點在xOy平面內(nèi)以初速度v0沿與x軸正方向成α角的方向射入磁場，電子的運動軌跡為螺旋線，其軸線平行于x軸，直徑為D，螺距為Δx，則下列說法中正確的是（D）A.勻強磁場的方向為沿x軸負(fù)方向B.若僅增大勻強磁場的磁感應(yīng)強度，則直徑D減小，而螺距Δx不變C.若僅增大電子入射的初速度v0，則直徑D增大，而螺距Δx將減小D.若僅增大α角（α＜90°），則直徑D增大，而螺距Δx將減小，且當(dāng)α＝90°時“軌跡”為閉合的整圓解析將電子的初速度沿x軸及y軸方向分解，沿x軸方向分速度與磁場方向平行，做勻速直線運動且x'＝v0cosα·t，沿y軸方向分速度與磁場方向垂直，洛倫茲力提供向心力，做勻速圓周運動，結(jié)合題圖乙中軌跡，由左手定則可知，磁場方向沿x軸正方向，故A錯誤；根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得evB＝mv2R，根據(jù)周期的計算公式可得T＝2πRv，且v＝v0sinα，解得D＝2R＝2mv0sinαeB，T＝2πmeB，所以Δx＝vxT＝2πmv0cosαeB，分析可知，若僅增大磁感應(yīng)強度B，則D、Δx均減小，故B錯誤；若僅增大v0，則D、Δx皆按比例增大，故C錯誤；若僅增大α(α＜90°)，則D5.如圖所示，豎直平面MNRS的右側(cè)存在方向豎直向上且足夠大的勻強磁場，從平面MNRS上的O點處以初速度v0＝10m/s垂直MNRS面向右拋出一帶電荷量為q、質(zhì)量為m的小球.若磁感應(yīng)強度大小B＝πmq，g取10m/s2（1）小球離開磁場時的速度大小；（2）小球離開磁場時的位置與拋出點的距離.答案（1）102m/s（2）5π解析（1）小球在水平方向做勻速圓周運動，在豎直方向做自由落體運動，水平方向小球恰好轉(zhuǎn)半個周期離開磁場，故離開磁場的時間為t＝T2＝πm則離開磁場時在豎直方向上的分速度vy＝gt＝10m/s故小球離開磁場時的速度大小為v＝v02＋v（2）小球離開磁場時在豎直方向的位移大小為y＝12gt2＝小球在水平方向做勻速圓周運動有qv0B＝mv02R水平方向位移為直徑，即x＝2R＝2mv0則小球離開磁場時的位置與拋出點的距離為s＝x2＋y6.[三維坐標(biāo)系中的電磁場/2024遼寧丹東模擬]如圖所示，空間存在沿x軸正方向的勻強電場和勻強磁場，電場強度大小為E，磁感應(yīng)強度大小為B.t＝0時刻，質(zhì)子以初速度v0從坐標(biāo)原點O沿y軸正方向射出，已知質(zhì)子質(zhì)量為m，電荷量為e，重力不計，則（C）A.t＝πmeBB.t＝πmeB時刻，質(zhì)子的坐標(biāo)為（mEπ2C.質(zhì)子可多次經(jīng)過x軸，且依次經(jīng)過x軸的坐標(biāo)值之比為1∶4∶9∶…D.質(zhì)子運動軌跡在yOz平面內(nèi)的投影是以O(shè)點為圓心的圓解析沿x軸方向，質(zhì)子在電場力作用下做初速度為零的勻加速直線運動.根據(jù)左手定則，洛倫茲力初始時刻沿z軸負(fù)方向，可判斷質(zhì)子在yOz平面內(nèi)的分運動為勻速圓周運動，所以質(zhì)點運動軌跡在yOz平面內(nèi)的投影是經(jīng)過O點的圓，D錯誤.t＝πmeB＝12T時刻，質(zhì)子在yOz平面內(nèi)的分速度方向沿y軸負(fù)方向，沿x軸方向分速度沿x軸正方向，所以質(zhì)子的合速度方向不沿z軸的負(fù)方向，故A錯誤.質(zhì)子每經(jīng)過一個周期可經(jīng)過一次x軸，質(zhì)子沿x軸方向在電場力作用下做初速度為零的勻加速直線運動，根據(jù)比例關(guān)系可知依次經(jīng)過x軸的坐標(biāo)值之比為1∶4∶9∶…，故C正確.當(dāng)t＝πmeB＝12T時刻，沿x軸方向根據(jù)牛頓第二定律有Ee＝ma，位移x＝12at2＝12·Eem·(πmeB)2＝π2mE2eB2，在yOz平面內(nèi)，正好經(jīng)過半個周期，則y＝0，z7.[電磁場在科技中的應(yīng)用]現(xiàn)代科技中常常利用電場和磁場來控制帶電粒子的運動，某控制裝置如圖所示，區(qū)域Ⅰ是14圓弧形均勻輻向電場，半徑為R的中心線O'O處的場強大小處處相等，且大小為E1，方向指向圓心O1；在空間直角坐標(biāo)系O－xyz中，區(qū)域Ⅱ是邊長為L的正方體空間，該空間內(nèi)充滿沿y軸正方向的勻強電場E2（大小未知）；區(qū)域Ⅲ也是邊長為L的正方體空間，空間內(nèi)充滿平行于xOy平面，與x軸負(fù)方向成45°角的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，在區(qū)域Ⅲ的上表面是一粒子收集板；一群比荷不同的帶正電的粒子以不同速率先后從O'沿切線方向進入輻向電場，所有粒子都能通過輻向電場從坐標(biāo)原點O沿x軸正方向進入?yún)^(qū)域Ⅱ，不計帶電粒子所受重力和粒子之間的相互作用（1）若某一粒子進入輻向電場的速率為v0，該粒子通過區(qū)域Ⅱ后剛好從P點進