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1 / 9 素养培优5 带电粒子在三维空间中的运动 带电粒子在立体空间常见运动及解题策略 运动类型 解题策略 在三维坐标系中运动，每个轴方向都是常见运动模型 将粒子的运动分解为三个方向的运动 一维加一面，如旋进运动 旋进运动将粒子的运动分解为一个轴方向的匀速直 线运动或匀变速直线运动和垂直该轴的所在面内的 圆周运动 运动所在平面切换，粒子进入下一区域偏转后曲线不在原来的 平面内 把粒子运动所在的面隔离出来，转换视图角度，把 立体图转化为平面图，分析粒子在每个面的运动 【典例1】 （多选）（2024·安徽安庆三模）如图所示，在三维直角坐标系O-xyz 中，分布着沿z 轴正方向的匀强 电场E 和沿y 轴正方向的匀强磁场B，一个带电荷量为＋q、质量为m 的小球沿x 轴正方向以一定的初速度v0抛出 后做平抛运动，已知重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ） A.可求小球的初速度v0大小为E B B.经过时间2 E gB ，球的动能变为初动能的2 倍 C.若仅将电场方向变为沿y 轴正方向，小球可能做匀速圆周运动 D.若仅将电场撤去，小球可能做匀速直线运动 答案：AC 解析：小球在xOy 平面内做平抛运动，则有Eq＝qv0B，解得小球的初速度v0＝E B ，A 正确；小球的动能变为初动 能的2 倍时，由Ek＝1 2m(v y 2＋v0 2)＝2Ek0，可知vy＝v0＝E B ＝gt，即经过时间为t＝E gB ，B 错误；若仅将电场方向 变为沿y 轴正方向，如果小球受到的电场力和重力大小相等，则小球可能做匀速圆周运动，C 正确；若仅将电场撤 去，小球合力不可能为零，不可能做匀速直线运动，D 错误。 【典例2】 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＝10 m/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＝π m q ，g 取 10 m/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）10√2 m/s （2）5 π √π 2+16 m 2 / 9 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＝T 2 ＝π m qB ＝1 s，则离开磁场时在竖直方向上的速度vy＝gt＝10 m/s，故小球离开磁场 时的速度大小为v＝√v0 2＋v y 2＝10√2 m/s。 （2）小球离开磁场时在竖直方向的位移大小为y＝1 2gt2＝5 m，小球在水平方向做匀速圆周运动有qv0B＝m v0 2 R ， 解得R＝m v0 qB ，水平方向位移为直径，即x＝2R＝2m v0 qB ＝20 π m，则小球离开磁场时的位置与抛出点的距离为s ＝√x 2＋y 2＝5 π √π 2+16 m。 【典例3】 （2024·湖南高考14 题）如图，有一内半径为2r、长为L 的圆筒，左右端面圆心O'、O 处各开有一小 孔。以O 为坐标原点，取O'O 方向为x 轴正方向建立xyz 坐标系。在筒内x≤0 区域有一匀强磁场，磁感应强度大 小为B，方向沿x 轴正方向；筒外x≥0 区域有一匀强电场，场强大小为E，方向沿y 轴正方向。一电子枪在O'处向 圆筒内多个方向发射电子，电子初速度方向均在xOy 平面内，且在x 轴正方向的分速度大小均为v0。已知电子的质 量为m、电荷量为e，设电子始终未与筒壁碰撞，不计电子之间的相互作用及电子的重力。 （1）若所有电子均能经过O 进入电场，求磁感应强度B 的最小值； （2）取（1）问中最小的磁感应强度B，若进入磁场中电子的速度方向与x 轴正方向最大夹角为θ，求tan θ 的绝 对值； （3）取（1）问中最小的磁感应强度B，求电子在电场中运动时y 轴正方向的最大位移。 答案：（1）2π mv0 eL （2）2π r L （3）2m π 2r 2v0 2 eE L 2 解析：（1）将电子的初速度分解为沿x 轴方向的速度v0、y 轴方向的速度vy0，则电子做沿x 轴正方向的匀速直线 运动和投影到yOz 平面内的匀速圆周运动，又电子做匀速圆周运动的周期为T＝2π m eB ，电子均能经过O 进入电场， 则L v0 ＝nT（n＝1，2，3，…） 联立解得B＝2n π m v0 eL （n＝1，2，3，…） 当n＝1 时，Bmin＝2π mv0 eL 。 （2）由于电子始终未与筒壁碰撞，则电子投影到yOz 平面内的圆周运动的最大半径为r，由洛伦兹力提供向心力 有evy0maxB＝mv y 0max 2 r 则｜tan θ｜＝| v y 0max v0 |＝2π r L 。 （3）电子在电场中做类斜抛运动，当电子运动到O 点并且沿y 轴正方向的分速度大小为vy0max时，电子在电场中运 动的y 轴正方向的最大位移最大，由牛顿第二定律有eE＝ma 3 / 9 由速度与位移公式有v y 0max 2＝2aym 联立解得ym＝2m π 2r 2v0 2 eE L 2 。 【典例4】 （2024·北京高考20 题）我国“天宫”空间站采用霍尔推进器控制姿态和修正轨道。如图为某种霍尔 推进器的放电室（两个半径接近的同轴圆筒间的区域）的示意图。放电室的左、右两端分别为阳极和阴极，间距 为d。阴极发射电子，一部分电子进入放电室，另一部分未进入。稳定运行时，可视为放电室内有方向沿轴向向右 的匀强电场和匀强磁场，电场强度和磁感应强度大小分别为E 和B1；还有方向沿半径向外的径向磁场，大小处处 相等。放电室内的大量电子可视为处于阳极附近，在垂直于轴线的平面绕轴线做半径为R 的匀速圆周运动（如截 面图所示），可与左端注入的氙原子碰撞并使其电离。每个氙离子的质量为M、电荷量为＋e，初速度近似为零。 氙离子经过电场加速，最终从放电室右端喷出，与阴极发射的未进入放电室的电子刚好完全中和。已知电子的质 量为m、电荷量为－e；对于氙离子，仅考虑匀强电场的作用。 （1）求氙离子在放电室内运动的加速度大小a； （2）求径向磁场的磁感应强度大小B2； （3）设被电离的氙原子数和进入放电室的电子数之比为常数k，单位时间内阴极发射的电子总数为n，求此霍尔 推进器获得的推力大小F。 答案：（1）eE M （2）√ mE 2ed （3）nk √2eMEd 1+ k 解析：（1）对于氙离子，仅考虑电场的作用，则氙离子在放电室内只受电场力作用，由牛顿第二定律有eE＝ Ma，解得a＝eE M 。 （2）电子由阴极发射运动到阳极过程，由动能定理有eEd＝1 2mv2 处于阳极附近的电子在垂直于轴线的平面绕轴线做半径为R 的匀速圆周运动，则轴线方向上所受电场力与在径向 磁场作用下受到的洛伦兹力平衡，即eE＝evB2，解得径向磁场的磁感应强度大小为B2＝√ mE 2ed 。 （3）单位时间内阴极发射的电子总数为n，被电离的氙原子数和进入放电室的电子数之比为常数k，则单位时间 内被电离的氙原子数为N＝nk 1+k ，氙离子经电场加速，有eEd＝1 2Mv'2 设Δt 时间内氙离子所受到的作用力大小为F'，则由动量定理有F'·Δt＝NΔt·Mv'，解得F'＝nk √2eMEd 1+ k 由牛顿第三定律可知，霍尔推进器获得的推力大小为F＝F' 则F＝nk √2eMEd 1+k 。 4 / 9 1.（2024·山东济宁一模）如图所示，在三维坐标系O-xyz 中存在一长方体ABCD-abOd，yOz 平面左侧存在沿z 轴 负方向、磁感应强度大小为B1（未知）的匀强磁场，右侧存在沿BO 方向、磁感应强度大小为B2（未知）的匀强 磁场（未画出）。现有一带正电粒子以初速度v 从A 点沿平面ABCD 进入磁场，经C 点垂直于yOz 平面进入右侧 磁场，此时撤去yOz 平面左侧的磁场B1，换上电场强度为E（未知）的匀强电场，电场强度的方向竖直向上，最 终粒子恰好打在Aa 棱上。已知AB＝2L、Aa＝AD＝L，B2＝5√2B1，粒子的电荷量为q，质量为m（重力不计）。 求： （1）磁感应强度B1的大小； （2）粒子第二次经过yOz 平面的坐标； （3）电场强度E 的大小。 答案：（1）2mv 5qL （2）(0，L 2 ，L 2) （3）mv 2 4 qL 解析：（1）带电粒子在yOz 平面左侧磁场中做匀速圆周运动，由几何关系得R2＝（2L）2＋（R－L）2 解得R＝5 2L 由牛顿第二定律可得qvB1＝mv 2 R 解得B1＝2mv 5qL 。 （2）在右侧磁场中由牛顿第二定律得qvB2＝mv 2 r ，又B2＝5√2B1 解得r＝√2 4 L 粒子经过y 轴坐标为y＝2rsin 45°＝L 2 粒子经过z 轴坐标为z＝L－2rcos 45°＝L 2 即粒子第二次经过yOz 平面的坐标为(0，L 2 ，L 2)。 （3）粒子在电场中做类平抛运动，x 轴方向上2L＝vt y 轴方向上L－y＝1 2 qE m t2 5 / 9 解得E＝m v 2 4 qL。 2.（2024·湖南长沙高三二模）如图所示，三维坐标系Oxyz 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，√6 6 L，0)，C 点的坐标为(0，√6 6 L，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； （3）若粒子最终从JH 连线上的一点射出磁场区域，此点到J 点的距离为√2 4 L，求I 点的y 轴坐标。 答案：（1）2√6m v0 2 3qL ，沿y 轴负方向 （2）(2+√2)m v0 qL （3）√6n π L 12 （n＝1，3，5，…） 解析：（1）粒子在电场中做类平抛运动，沿AD 方向有√2 2 L＝v0t 沿y 轴方向有√6 6 L＝1 2at2 沿y 轴方向的加速度a＝qE m 解得匀强电场的电场强度大小为E＝2√6m v0 2 3qL 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，恰好未从四棱柱的侧面飞出，做出其运动的圆轨迹如图乙所示 由几何关系可得粒子做匀速圆周运动的半径 r＝2－√2 2 L 由洛伦兹力提供其做匀速圆周运动所需的向心力，可得qv0B＝mv0 2 r 解得B＝(2+√2)m v0 qL 。 6 / 9 （3）若带电粒子最终从JH 连线上的一点射出磁场区域，由几何关系可知，粒子做匀速圆周运动的半径为r'＝√2 8 L 时间对应半个周期的奇数倍，即 t1＝nπ r ' v0 （n＝1，3，5，…） 如图甲所示，到达截面OPMN 中心的带电粒子沿y 轴负方向的速度大小 vy＝at，I 点的y 轴坐标 y＝vyt1 代入数据可得y＝√6n π L 12 （n＝1，3，5，…）。 3.（2024·山东济南一模）如图甲所示，在三维坐标系O-xyz 中，0＜x＜d 的空间内，存在沿y 轴正方向的匀强电场， x＞d 的空间内存在沿x 轴正方向的匀强磁场，荧光屏垂直于x 轴放置，其中心C 位于x 轴上并且荧光屏可以沿x 轴 水平移动。从粒子源不断飘出电荷量为q、质量为m 的带正电粒子，加速后以初速度v0沿x 轴正方向经过O 点，经 电场进磁场后打在荧光屏上。已知粒子刚进入磁场时速度方向与x 轴正方向的夹角θ＝60°，忽略粒子间的相互作 用，不计粒子重力。 （1）求匀强电场电场强度的大小E； （2）当粒子打到荧光屏后，沿x 轴缓慢移动荧光屏，沿x 轴正方向看去，观察到荧光屏上出现如图乙所示的荧光 轨迹（箭头方向为荧光移动方向），轨迹最高点P 的y 轴坐标值为5√3d 6 ，求匀强磁场磁感应强度的大小B1以及 荧光屏中心C 初始位置可能的x 轴坐标； （3）若将荧光屏中心C 固定于x 轴上x＝d＋√3d 6 处，在x＞d 的空间内附加一沿y 轴负方向的匀强磁场，磁感应 强度大小为B2＝√3m v0 qd ，求附加匀强磁场B2后进入磁场的粒子打在荧光屏上的位置坐标。 答案：（1）√3mv0 2 qd （2）3m v0 qd d＋2n π d 3 （n＝0，1，2，3，…） （3） (d ＋√3d 6 ，√3+1 2 d ，－√3 3 d) 解析：（1）粒子在电场中运动时，有 d＝v0t，qE＝ma，vy＝√3v0＝at 7 / 9 解得匀强电场电场强度的大小E＝√3m v0 2 qd 。 （2）在电场中的偏转距离y1＝v y 2 t＝√3 2 d 在垂直磁场方向上做匀速圆周运动的半径R1＝y2－y1＝√3 3 d 根据qB1vy＝mv y 2 R1 解得B1＝3mv0 qd 周期T＝2π m q B1 ＝2π d 3 v0 t＝nT＝2n π d 3 v0 （n＝0，1，2，3，…） 则荧光屏中心C 初始位置可能的x 轴坐标 x＝d＋v0t＝d＋2n π d 3 （n＝0，1，2，3，…）。 （3）由题意可知B＝√B1 2＋B2 2＝2√3m v0 qd 设粒子进入磁场速度为v，则v＝2v0 B 与速度v 方向垂直，则 R2＝m·2v0 qB ＝√3 3 d 由x＝d＋√3d 6 可知圆轨迹与荧光屏相切，则 y＝y1＋R2sin 60°＝√3+1 2 d z＝－R2＝－√3 3 d 粒子打在荧光屏上的位置坐标为（d＋√3d 6 ，√3+1 2 d，－√3 3 d）。 4.（2024·浙江金华模考）在芯片制造过程中，离子注入是其中一道重要的工序。如图所示的是离子注入工作的原 理示意图，离子经加速后沿水平方向进入速度选择器，然后通过磁分析器，选择出特定比荷的离子，经偏转系统 后注入处在水平面内的晶圆（硅片）。速度选择器、磁分析器和偏转系统的匀强磁场的磁感应强度大小均为B，方 向均垂直于纸面向外；速度选择器和偏转系统中的匀强电场的电场强度大小均为E，方向分别为竖直向上和垂直于 纸面向外。磁分析器截面是内外半径分别为R1和R2的四分之一圆环，其两端中心位置M 和N 处各有一个小孔；偏 转系统中电场和磁场的分布区域是同一边长为L 的正方体，其底面与晶圆所在水平面平行，间距也为L。当偏转系 统不加电场及磁场时，离子恰好竖直于注入到晶圆上的O 点（即图中坐标原点，x 轴垂直于纸面向外）。整个系统 置于真空中，不计离子重力，打在晶圆上的离子经过电场和磁场偏转的角度都很小。当α 很小时，有sin α≈tan α≈α，cos α≈1－1 2α2。求： 8 / 9 （1）离子通过速度选择器后的速度大小v 和磁分析器选择出来的离子的比荷q m； （2）偏转系统仅加电场时离子注入晶圆的位置，用坐标（x，y）表示； （3）偏转系统仅加磁场时离子注入晶圆的位置，用坐标（x，y）表示。 答案：（1）E B 2 E （R1＋R2）B 2 （2）( 3 L 2 R1＋R2 ，0) （3）(0， 3 L 2 R1＋R2) 解析：（1）通过速度选择器的离子由于受力平衡需满足qE＝qvB，可得速度v＝E B 由题图知，从磁分析器中心孔N 射出离子的运动半径为R＝R1＋R2 2 由mv 2 R ＝qvB，得q m＝v RB ＝ 2 E （R1＋R2）B 2 。 （2）偏转系统仅加电场时，离子在偏转系统中做类平抛运动，设离子离开偏转系统时速度的偏转角为θ，离开电 场时，离子在x 方向偏转的距离 x1＝1 2·qE m ·( L v) 2 tan θ＝at v ＝qEL mv 2 离开电场后，离子在x 方向偏移的距离 x2＝Ltan θ＝qE L 2 mv 2 则x＝x1＋x2＝3qE L 2 2mv 2 ＝ 3 L 2 R1＋R2 离子注入晶圆的位置坐标为( 3 L 2 R1＋R2 ，0)。 （3）如图所示，偏转系统仅加磁场时，由qvB＝mv 2 r 得，离子进入磁场后做匀速圆周运动的半径r＝mv qB ＝ R1＋R2 2 sin α＝L r 9 / 9 离开磁场时，离子在y 方向偏转距离y1＝r（1－cos α）≈r 2sin2α≈ L 2 R1＋R2 离开磁场后，离子在y 方向偏移距离 y2＝Ltan α≈Lsin α≈ 2 L 2 R1＋R2 则y＝y1＋y2＝ 3 L 2 R1＋R2 故位置坐标为(0， 3 L 2 R1＋R2)。
