備考2025屆高考物理一輪復(fù)習(xí)講義第十一章磁場專題十九帶電粒子在立體空間中的運動

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)料2024：天津T12；2024：廣東T7，山東T17；2024：天津T12近年高考命題有從平面對立體空間轉(zhuǎn)化的趨勢，特殊是電磁場部分，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狀況分析，預(yù)料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，帶電粒子在確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平面磁場進電場研透高考明確方向命題點1三維空間只有磁場與磁場構(gòu)成的組合場1.[2024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平面的投影中，可能正確的是（A）解析依據(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.一題多解本題可接受降維法處理.作出俯視圖如圖所示，由左手定則推斷質(zhì)子射入磁場和到磁場邊界的洛倫茲力方向，進而推斷質(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.[2024重慶]2024年中國全超導(dǎo)托卡馬克核聚變試驗裝置創(chuàng)建了新的紀錄.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)的電場和磁場志向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重量大小為v1，垂直于磁場方向的重量大小為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.[2024山東]中國“人造太陽”在核聚變試驗方面取得新突破，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，在三維坐標系Oxyz中，0＜z≤d空間內(nèi)充溢勻強磁場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)充溢勻強磁場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)充溢沿y軸負方向的勻強電場.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以確定速度出射，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（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（忽視答案（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由牛頓其次定律有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）處其次次穿過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平面的位置坐標為（d圖1（4）設(shè)離子乙的速度為v'2，依據(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