第一篇　專題三　計(jì)算題培優(yōu)3　帶電粒子在交變場和立體空間中的運(yùn)動-2025高考物理二輪復(fù)習(xí)

帶電粒子在交變場和立體空間中的運(yùn)動目標(biāo)要求1.掌握帶電粒子在交變電、磁場中運(yùn)動問題的分析方法，熟悉帶電粒子運(yùn)動的常見模型。2.會分析帶電粒子在立體空間中的組合場、疊加場的運(yùn)動問題，通過受力分析、運(yùn)動分析，轉(zhuǎn)換視圖角度，充分利用分解的思想降維處理相關(guān)問題。一、帶電粒子在交變場中的運(yùn)動此類問題是場在時間上的組合，電場或磁場往往具有周期性，粒子的運(yùn)動也往往具有周期性。這種情況下要仔細(xì)分析帶電粒子的受力情況和運(yùn)動過程，弄清楚帶電粒子在每一時間段內(nèi)在電場、磁場中各處于什么狀態(tài)，做什么運(yùn)動，畫出一個周期內(nèi)的運(yùn)動軌跡，確定帶電粒子的運(yùn)動過程，選擇合適的規(guī)律進(jìn)行解題。例1(2024·江蘇省蘇錫常鎮(zhèn)一模)xOy平面內(nèi)存在著變化的電場和變化的磁場，變化規(guī)律如圖所示，磁感應(yīng)強(qiáng)度的正方向?yàn)榇怪奔埫嫦蚶铮妶鰪?qiáng)度的正方向?yàn)?y方向。t=0時刻，一電荷量為+q、質(zhì)量為m的粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O以初速度v0沿+x方向入射(不計(jì)粒子重力)。B-t圖中B0=2πmqt0，E-t圖中E(1)t04(2)0~4t0時間段內(nèi)粒子速度沿-x方向的時刻；(3)0~7t0時間段內(nèi)粒子軌跡縱坐標(biāo)的最大值。答案(1)(v0t02π，v0t02π)(2)12t0和198t0(3)(解析(1)粒子在磁場中運(yùn)動的周期T=2πmqB洛倫茲力提供向心力，有B0qv0=mv02r1，解得所以t04時刻粒子運(yùn)動了14個周期，坐標(biāo)為(r1，r1)，即(v(2)0~4t0時間內(nèi)的運(yùn)動軌跡如圖，粒子在電場中的加速度a=qE0故粒子在t0~2t0時間內(nèi)豎直方向的速度vy=at0=v0，故在2t0時速度方向與x軸正方向的夾角為45°，由圖知及以上分析知0~4t0時間段內(nèi)粒子速度沿-x方向的時刻為t1=T2和t2=2t0+38T，即t1=12t0和t2=19(3)t0~2t0時間內(nèi)粒子沿y軸方向位移y0=12v0t6t0~7t0時間內(nèi)粒子沿y軸方向最大位移y磁=(1+cos45°)r2分解可知粒子在6t0時刻的速度v'=2v0，故r2=mv'qB0，解得r2=22π即ym=3y0+y磁得ym=(32+22π+12π)v0二、帶電粒子在立體空間中的運(yùn)動帶電粒子在立體空間中的運(yùn)動問題，往往通過降維思想進(jìn)行簡化，常見示例及解題策略如下表：運(yùn)動類型解題策略在三維坐標(biāo)系中運(yùn)動，每個軸方向都是常見運(yùn)動模型將粒子的運(yùn)動分解為三個方向的運(yùn)動一維加一面，如旋進(jìn)運(yùn)動旋進(jìn)運(yùn)動將粒子的運(yùn)動分解為一個軸方向的勻速直線運(yùn)動或勻變速直線運(yùn)動和垂直該軸所在面內(nèi)的圓周運(yùn)動運(yùn)動所在平面切換，粒子進(jìn)入下一區(qū)域偏轉(zhuǎn)后曲線不在原來的平面內(nèi)把粒子運(yùn)動所在的面隔離出來，轉(zhuǎn)換視圖角度，把立體圖轉(zhuǎn)化為平面圖，分析粒子在每個面的運(yùn)動例2(2024·福建三明市一模)如圖所示，在O-xyz三維坐標(biāo)系中，y>0空間一側(cè)有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，y<0空間一側(cè)有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)磁場。一帶正電粒子以速度v0從x軸上的A點(diǎn)(-d，0，0)處在xOy平面內(nèi)沿與x軸正方向成37°角射入電場中，已知粒子質(zhì)量為m，電荷量為q，粒子恰好經(jīng)過O點(diǎn)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=mv0qd，sin37°=0.6，cos37°=0(1)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E；(2)粒子射入電場開始計(jì)時，第n次經(jīng)過y軸的時刻。答案(1)24mv0225qd(2)5d+8πd解析(1)粒子在電場中做類斜拋運(yùn)動，則有d=v0cos37°·t1沿電場方向有-v0sin37°=v0sin37°-at1又qE=ma解得E=24mv0225qd(2)粒子進(jìn)入磁場后，在垂直y軸的平面做勻速圓周運(yùn)動，在y軸上沿y軸負(fù)方向做勻速直線運(yùn)動，則有qBv0cos37°=m(又T=2πRv則粒子射入電場開始計(jì)時，第n次經(jīng)過y軸的時刻t2=t1+(n-1)T(n=1，2，3…)解得t2=5d+8πd(n-1)4v0例3(2024·湖南卷·14)如圖，有一內(nèi)半徑為2r、長為L的圓筒，左右端面圓心O'、O處各開有一小孔。以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，取O'O方向?yàn)閤軸正方向建立xyz坐標(biāo)系。在筒內(nèi)x≤0區(qū)域有一勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向沿x軸正方向；筒外x≥0區(qū)域有一勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為E，方向沿y軸正方向。一電子槍在O'處向圓筒內(nèi)多個方向發(fā)射電子，電子初速度方向均在xOy平面內(nèi)，且在x軸正方向的分速度大小均為v0。已知電子的質(zhì)量為m、電量為e，設(shè)電子始終未與筒壁碰撞，不計(jì)電子之間的相互作用及電子的重力。(1)若所有電子均能經(jīng)過O進(jìn)入電場，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的最小值；(2)取(1)問中最小的磁感應(yīng)強(qiáng)度B，若進(jìn)入磁場中電子的速度方向與x軸正方向最大夾角為θ，求tanθ的絕對值；(3)取(1)問中最小的磁感應(yīng)強(qiáng)度B，求電子在電場中運(yùn)動時y軸正方向的最大位移。答案(1)2πmv0eL(2)2πr解析(1)電子在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動時，將其分解為沿x軸的勻速直線運(yùn)動和在yOz平面內(nèi)的勻速圓周運(yùn)動，設(shè)電子入射時沿y軸的分速度大小為vy，由電子在x軸方向做勻速直線運(yùn)動得L=v0t在yOz平面內(nèi)，設(shè)電子做勻速圓周運(yùn)動的半徑為R，周期為T，由牛頓第二定律知Bevy=mv可得R=mT=2πRv若所有電子均能經(jīng)過O進(jìn)入電場，則有t=nT(n=1，2，3，…)聯(lián)立得B=2π當(dāng)n=1時，B有最小值，可得Bmin=2π(2)將電子的速度分解，有tanθ=vθ最大時，tanθ有最大值，即vy最大，此時Rmax=mvym聯(lián)立可得vym=2πv0rL，tan(3)當(dāng)vy最大時，電子在電場中運(yùn)動時沿y軸正方向有最大位移ym，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動規(guī)律有ym=v由牛頓第二定律知a=Ee聯(lián)立得ym=2計(jì)算題培優(yōu)練6帶電粒子在交變場和立體空間中的運(yùn)動［分值：40分］1.(12分)(2024·山西朔州市二模)如圖所示，一足夠長的長方體O1a1b1c1-O3a3b3c3被正方形O2a2b2c2分成上下兩個長方體空間Ⅰ和空間Ⅱ，以O(shè)1為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O1-xyz，其中O1a1=O1c1=O2O3=4L。整個長方體空間存在沿z軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(圖中未畫出)，另外空間Ⅱ內(nèi)同時還存在沿z軸正方向的勻強(qiáng)磁場(圖中未畫出)，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從O3c3邊的中點(diǎn)P以初速度v0平行于y軸正方向射入長方體區(qū)域，粒子恰好經(jīng)過正方形O2a2b2c2的中心點(diǎn)Q，且粒子在空間Ⅱ內(nèi)運(yùn)動的過程中，恰好未從長方體側(cè)面飛出長方體區(qū)域，不計(jì)粒子重力，求：(1)(4分)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大?。?2)(3分)粒子經(jīng)過Q點(diǎn)時的動能；(3)(5分)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小。答案(1)2mv02qL(2)172m解析(1)帶正電粒子在空間Ⅰ中做類平拋運(yùn)動，運(yùn)動軌跡如圖則2L=v0t14L=12a由牛頓第二定律qE=ma聯(lián)立可得，勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為E=2(2)在空間Ⅰ中，由動能定理qE×4L=Ek-12m解得粒子經(jīng)過Q點(diǎn)時的動能為Ek=172m(3)粒子進(jìn)入空間Ⅱ中速度為v=2Ekm=將速度v分解為沿y軸速度v0和沿z軸速度4v0，由于z軸速度方向與磁場平行，不受洛倫茲力，在xO1y平面內(nèi)的y軸方向有洛倫茲力提供向心力qv0B=mv由幾何關(guān)系可知r=L可得勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=mv2.(12分)(2024·廣東卷·15)如圖甲所示，兩塊平行正對的金屬板水平放置，板間加上如圖乙所示幅值為U0、周期為t0的交變電壓。金屬板左側(cè)存在一水平向右的恒定勻強(qiáng)電場，右側(cè)分布著垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。一帶電粒子在t=0時刻從左側(cè)電場某處由靜止釋放，在t=t0時刻從下板左端邊緣位置水平向右進(jìn)入金屬板間的電場內(nèi)，在t=2t0時刻第一次離開金屬板間的電場、水平向右進(jìn)入磁場，并在t=3t0時刻從下板右端邊緣位置再次水平進(jìn)入金屬板間的電場。已知金屬板的板長是板間距離的π3倍，粒子質(zhì)量為m(1)(3分)判斷帶電粒子的電性并求其所帶的電荷量q；(2)(5分)求金屬板的板間距離D和帶電粒子在t=t0時刻的速度大小v；(3)(4分)求從t=0時刻開始到帶電粒子最終碰到上金屬板的過程中，電場力對粒子做的功W。答案(1)正電πmBt0(2)(3)π解析(1)根據(jù)帶電粒子在右側(cè)磁場中的運(yùn)動軌跡結(jié)合左手定則可知，粒子帶正電；粒子在磁場中運(yùn)動的周期為T=2t0①根據(jù)T=2πmqB則粒子所帶的電荷量q=πmB(2)若金屬板的板間距離為D，則板長為πD3，粒子在板間運(yùn)動時πD3=出金屬板間電場時豎直速度為零，則豎直方向y=2×12×U0qDm(0.5t0在磁場中時qvB=mv2r其中y=2r=2mvqB聯(lián)立解得v=ππU0D=3πt0(3)帶電粒子在電場和磁場中的運(yùn)動軌跡如圖，由③④⑦聯(lián)立可得金屬板的板間距離D=3r則粒子在3t0時刻再次進(jìn)入中間的偏轉(zhuǎn)電場，在4t0時刻進(jìn)入左側(cè)的電場做減速運(yùn)動，速度為零后反向加速，在6t0時刻再次進(jìn)入中間的偏轉(zhuǎn)電場，6.5t0時刻碰到上金屬板，因粒子在偏轉(zhuǎn)電場中運(yùn)動時，在時間t0內(nèi)電場力做功為零，在左側(cè)電場中運(yùn)動時，往返一次電場力做功也為零，可知整個過程中只有最初t0在左側(cè)電場時電場力做功和最后0.5t0時間內(nèi)電場力做功，則W=12mv2+U0Dq·D3=π33.(16分)(2024·甘肅平?jīng)鍪心M)如圖所示，在空間直角坐標(biāo)系中，yOz平面左側(cè)存在沿z軸正方向的勻強(qiáng)磁場，右側(cè)存在沿y軸正方向的勻強(qiáng)磁場，左、右兩側(cè)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等；yOz平面右側(cè)還有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場。現(xiàn)從空間中坐標(biāo)為(-d，0，0)的M點(diǎn)發(fā)射一質(zhì)量為m，電荷量為+q的粒子，粒子的初速度大小為v0、方向沿xOy平面，與x軸正方向的夾角為60°；經(jīng)一段時間后粒子恰好垂直于y軸進(jìn)入yOz平面右側(cè)。其中電場強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度大小未知，其關(guān)系滿足EB=3(1)(2分)粒子在yOz平面左側(cè)勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動的軌道半徑R1；(2)(4分)粒子第2次經(jīng)過yOz平面時的速度大小v；(3)(5分)粒子第2次經(jīng)過yOz平面時的位置坐標(biāo)；(4)(5分)粒子第2次和第3次經(jīng)過yOz平面的位置間的距離。答案(1)233d(2)2v0(3)［0，(33-π)d，433d］解析(1)根據(jù)幾何關(guān)系有R1sin60°=d解得R1=23(2)粒子垂直y軸進(jìn)入yOz平面右側(cè)后，在xOz平面做勻速圓周運(yùn)動，在yOx平面做勻加速直線運(yùn)動，根據(jù)運(yùn)動的合成有v=v02+v12，v1=根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qv0B=mv02R1，T聯(lián)立解得v=2v0(3)在yOz平面