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专题突破21　带电粒子在立体空间中的运动
目标 要求 　 　 1.掌握带电粒子在磁场中做螺旋线运动的特点，会分析螺旋线运动的受力情况和运动情况。2.掌握带电粒子做旋进运动的特点，会分析旋进运动的受力情况和运动情况。3.能正确解答带电粒子在立体空间中运动的动力学、能量等问题。
考点一　带电粒子的旋进运动
　(2022·重庆卷，5)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，如图所示，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(　　)
A．电场力的瞬时功率为qE
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：D　根据功率的计算公式可知P＝Fv cos θ ，则电场力的瞬时功率为P＝qEv1，A错误；由于v1与磁感应强度B平行，则根据洛伦兹力的计算公式知F洛＝qv2B，B错误；根据运动的合成与分解可知，离子在垂直于磁场方向做匀速圆周运动，沿磁场方向做加速运动，则v1增大，v2不变，v2与v1的比值不断变小，C错误；离子受到的洛伦兹力大小不变，静电力不变，则该离子的加速度大小不变，D正确。
(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旋进运动，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。
　(2025·广东汕头一模)如图所示，三维坐标系Oxyz中，在y>0的空间同时存在沿y轴正方向的匀强电场和沿x轴负方向的匀强磁场，在y<0的空间存在z轴正方向的匀强磁场。带负电的离子从P(0，d，0)以速度v0在yOz平面内沿z轴正方向发射，恰好做匀速直线运动，两处磁场磁感应强度大小均为B(不计离子重力，答案可含π)。
(1)求匀强电场的电场强度大小E；
(2)撤去y>0空间内的匀强磁场，离子仍从P点以相同速度发射，且经Q(0，0，2d)进入y<0的磁场空间，求离子在Q点的速度；
(3)在第(2)问的情况下，离子在y<0的磁场空间中速度第一次垂直y轴时，求离子的坐标。
解析：(1)离子做匀速直线运动，有qv0B＝qE，解得E＝v0B。
(2)撤去磁场后，离子做类平抛运动，(y方向上)电场力方向上，有d＝at2
初速度v0方向上，有2d＝v0t
电场力方向上的速度分量vy＝at
Q点时的速度大小为v＝，解得v＝v0，vy＝v。
由tan θ＝＝1，得速度方向与z轴正方向夹角θ＝45°。
(3)当离子进入y<0的磁场后，在z方向做匀速直线运动，在xOy平面做匀速圆周运动，当圆周运动转过的圆心角为90°时，速度第一次垂直y轴
在电场中qE＝ma
在磁场中，xOy平面qvyB＝m，联立解得R＝2d
又T＝，转过90°圆心角的时间为t＝T ，则x＝R，y＝－R，
z＝v0t＋2d，可得此时离子坐标(2d，－2d，(2＋π)d)。
答案：(1)v0B　(2)v0，速度方向与z轴正方向夹角θ＝45°　
(3)(2d，－2d，(2＋π)d)
考点二　带电粒子在立体空间中的偏转
　(2025·湖北武汉三模)如图所示，在真空中以竖直向上为y轴正方向建立三维直角坐标系Oxyz，整个空间内存在沿x轴正方向的匀强电场(图中未画出)。一质量为m、电荷量为q的带电微粒在点M(0，l，0.5l)被静止释放，恰能通过点N(l，0，0.5l)。不计空气阻力，已知重力加速度为g，
(1)求M、N两点间的电势差；
(2)若该微粒从M点以初速度v0＝ 沿z轴正方向出发，则经时间t＝，求该微粒的位置坐标；
(3)若电场方向变为竖直向上，并在空间添加一沿z轴正方向的匀强磁场，该微粒从M点以初速度v0＝沿x轴正方向出发，仍能运动到N点，则粒子从M点出发经多长时间能经过N点？
解析：(1)由于电场力与重力均为恒力，则带电微粒所受合力为恒力，从点M静止释放后做匀加速直线运动经过点N，则电场力与重力的合力方向由M指向N，可知微粒带正电，根据几何关系有qE＝mg tan 45°
又UMN＝El
联立解得UMN＝。
(2)经时间t，沿x轴方向，有Δx＝gt2＝0.5l
沿y轴方向Δy＝(－g)t2＝－0.5l
沿z轴方向Δz＝v0t＝l
则坐标为(0.5l，0.5l，1.5l)。
(3)电场力和重力平衡，故微粒在磁场中做匀速圆周运动，可知半径R＝l
周期T＝
所以能经过N点的时间为t＝(2n＋0.5)π(n＝0、1、2、3…)。
答案：(1)　(2)(0.5l，0.5l，1.5l)　(3)(2n＋0.5)π(n＝0、1、2、3…)
解答该类问题的关键点
(1)首先要发挥空间想象力，确定粒子在立体空间中运动的位置关系，将粒子在三维空间的运动分解为二维平面内或一维直线上的分运动来求解。
(2)其次是划分运动阶段，带电粒子依次通过不同的空间，要分析出每个阶段上的运动规律。
(3)还要找各分阶段的关联，利用两个空间交界处粒子的运动状态和关联条件来解决问题。
　(2024·湖南卷，14)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。
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轴正方向的匀速运动和投影到yOz平面内的圆周运动，又电子做匀速圆周运动的周期为T＝，电子均能经过O进入电场，则＝nT(n＝1，2，3，…)
联立解得B＝(n＝1，2，3，…)
当n＝1时，Bmin＝。
(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＝m
则|tan θ|＝。
(3)电子在电场中做类斜抛运动，当电子运动到O点时沿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
由速度位移公式有2aym＝vy0max2
联立解得ym＝。
答案：(1)　(2)　(3)
素养拓展　配速法的应用
1．若带电粒子在磁场中所受合力不为零，则粒子的速度会改变，洛伦兹力也会随着变化，合力也会跟着变化，则粒子做一般曲线运动，轨迹常为摆线。我们可以把初速度分解成两个分速度，使其一个分速度对应的洛伦兹力与重力(或静电力，或重力和静电力的合力)平衡，另一个分速度对应的洛伦兹力使粒子做匀速圆周运动，这样一个复杂的曲线运动就可以分解为两个比较常见的运动，这种方法叫配速法。
2．配速法适用条件
(1)在叠加场中；(2)合力不为零。
3．规律
把速度分解成两个速度，使其一个分速度对应的洛伦兹力与重力(或静电力、或重力和静电力的合力)平衡，使粒子在这个方向上做匀速直线运动。
(1)初速度为零时，速度分解为两个等大、反向的速度；
(2)初速度不为零时，按矢量分解法则分解。
4．常见的“配速法”的应用
常见情况 处理方法
BG摆线：初速度为0，有重力 把初速度0分解为一个向左的速度v1和一个向右的速度v2
BE摆线：初速度为0，不计重力 把初速度0分解为一个向左的速度v1和一个向右的速度v2
BEG摆线：初速度为0，有重力 把初速度0分解为一个斜向左下方的速度v1和一个斜向右上方的速度v2
BGv摆线：初速度为v0，有重力 把初速度v0分解为速度v1和速度v2
　(多选)(2025·青海海东二模)空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直于xOy平面向外，电场的方向沿y轴正方向。一带正电的粒子从坐标原点O由静止释放后，在电场和磁场的作用下，一个周期内的运动轨迹如图甲所示；半径为R的轮胎在地面上沿直线以速度v0匀速滚动一圈的过程中，轮胎边缘上P点的运动与此粒子的运动相同，如图乙所示。下列说法正确的是(　　)
图甲　　　　　　　　　　图乙
A．一个周期内粒子运动的位移大小为2πR
B．粒子运动的周期为
C．粒子的最大速度为v0
D．粒子在运动过程中所受合力大小不变
解析：AD　半径为R的轮胎，以速度v0匀速在地面滚动一圈的过程中，轮胎边缘上的P点的位移大小为2πR，滚动一圈的时间为，故A正确，B错误；将粒子的初速度0分配为＋v0和－v0，其中沿正方向的分速度，粒子所受的洛伦兹力qv0B与电场力平衡抵消，沿负方向的－v0只受洛伦兹力而做匀速圆周运动，即粒子的运动是沿正方向的匀速直线运动与顺时针圆周运动的合成，所以在最高点时的速度最大为2v0，故C错误；由以上分析可知，由于粒子竖直方向合力为零，只剩下做圆周运动的合力qv0B，所以粒子在运动过程中所受合力大小不变，故D正确。故选AD。
　(一题多解)(2025·湖南卷，14)如图，直流电源的电动势为E0，内阻为r0，滑动变阻器R的最大阻值为2r0，平行板电容器两极板水平放置，板间距离为d，板长为d，平行板电容器的右侧存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。闭合开关S，当滑片处于滑动变阻器中点时，质量为m的带正电粒子以初速度v0水平向右从电容器左侧中点a进入电容器，恰好从电容器下极板右侧边缘b点进入磁场，随后又从电容器上极板右侧边缘c点进入电容器，忽略粒子重力和空气阻力。
(1)求粒子所带电荷量q；
(2)求磁感应强度B的大小；
(3)若粒子离开b点时，在平行板电容器的右侧再加一个方向水平向右的匀强电场，场强大小为，求粒子相对于电容器右侧的最远水平距离xm。
解析：(1)闭合开关S，当滑片处于滑动变阻器中点时，由串并联电路规律可得电容器两极板间的电压为
U＝E0
粒子从a点进入电容器后，在电容器中受到电场力的作用，做类平抛运动，从b点离开电容器，设粒子从a点运动到b点的时间为t，则在水平方向由运动学公式有d＝v0t
在竖直方向由牛顿第二定律有
q＝ma
由运动学公式有at2
联立可得q＝。
(2)设粒子经过b点时的速度大小为v，速度方向与水平方向的夹角为θ，则由平抛运动的推论可知tan θ＝2×
则θ＝30°
由几何关系可知v＝
粒子进入磁场后在磁场中做匀速圆周运动，从c点进入电容器，设粒子在磁场中的运动半径为r，作出粒子从a点运动到c点的运动轨迹如图所示
由几何关系可知r＝d
在磁场中由洛伦兹力提供向心力有
qvB＝m
联立可得B＝。
(3)解法一　配速法　在平行板电容器的右侧再加一个方向水平向右的匀强电场，则粒子在平行板电容器的右侧不仅受到洛伦兹力的作用，还受到水平向右的电场力的作用，则可将粒子在b点的速度分解，使竖直向上的分速度v1产生的洛伦兹力刚好平衡电场力的作用，如图1所示，则有qv1B＝Eq
图1
可得v1＝v0
由于v1和v的大小相等，则由几何关系可知粒子在b点的另一分速度v2＝ 2v cos 30°＝2v0，方向与竖直方向的夹角为30°，则粒子在平行板电容器右侧的运动可分解为以速度为v1的竖直向上的匀速直线运动和以速率为v2的匀速圆周运动，设粒子做匀速圆周分运动的半径为r′，则由洛伦兹力提供向心力有
qv2B＝m
可得r′＝d
作出粒子圆周分运动的大致轨迹如图2所示
图2
由几何关系可知
xm＝r′cos 30°＋r′＝d。
解法二　正则动量法　当粒子的合速度方向竖直向上时，粒子相对于电容器右侧的水平距离最小，设此时速度大小为v′，规定竖直向上为正方向，则对粒子从b点运动到该位置的过程，在竖直方向上由动量定理有
∑qvxBΔt＝mv′－(－mv sin 30°)
即qBxm＝mv′－(－mv sin 30°)
对粒子从b点运动到该位置的过程，由动能定理有
Eqxm＝mv′2－mv2
联立可得xm＝d。
答案：(1)　(2)　(3)d
限时规范训练(63)　带电粒子在立体空间中的运动
(建议用时：40分钟　满分：60分)
(选择题1～2题每题5分，共10分)
[基础巩固练]
1．(2025·宁夏银川一中期末)我国最北的城市漠河地处高纬度地区，在晴朗的夏夜偶尔会出现美丽的彩色“极光”，如图甲所示。极光是宇宙中高速运动的带电粒子受地磁场影响，与空气分子作用的发光现象。若宇宙粒子带正电，因入射速度与地磁场方向不垂直，故其轨迹偶成螺旋状如图乙所示(相邻两个旋转圆之间的距离称为螺距Δx)。下列说法正确的是(　　)
图甲　 图乙
A．带电粒子进入大气层后与空气发生相互作用，在地磁场作用下的旋转半径会越来越大
B．若越靠近两极地磁场越强，则随着纬度的增加，以相同速度入射的宇宙粒子的运动半径越大
C．当不计空气阻力时，若入射粒子的速率不变，仅减小与地磁场的夹角，则旋转半径减小，而螺距Δx不变
D．漠河地区看到的“极光”将以顺时针方向(从下往上看)向前旋进
解析：D　带电粒子进入大气层后，由于与空气相互作用，粒子的运动速度会变小，在洛伦兹力作用下的偏转半径r＝会变小，故A错误；若越靠近两极地磁场越强，则随着纬度的增加地磁场变强，其他条件不变，则半径变小，故B错误；当不计空气阻力时，将带电粒子的运动沿磁场方向和垂直于磁场方向进行分解，沿磁场方向将做匀速直线运动，垂直于磁场方向做匀速圆周运动，若带电粒子运动速率不变，与磁场的夹角变小，则速度的垂直分量变小，故粒子在垂直于磁场方向的运动半径会减少，即直径D减小，而速度沿磁场方向的分量变大，故沿磁场方向的匀速直线运动将变快，则螺距Δx将增大，故C错误；漠河地区的地磁场竖直分量是竖直向下的，宇宙粒子入射后，由左手定则可知，从下往上看将以顺时针的方向向前旋进，故D正确。故选D。
2．(多选)(2025·广东深圳二模)如图所示，在三维坐标系Oxyz中，z<0的空间同时存在沿z轴负方向的匀强电场和沿x轴负方向的匀强磁场Ⅰ，磁感应强度大小为B0，在z>0的空间存在沿y轴正方向的匀强磁场Ⅱ，磁感应强度大小为B0。带正电的粒子从M(a，0，－a)点以速度v0沿y轴正方向射出，恰好做直线运动。现撤去电场，继续发射该带电粒子，恰好垂直xOy平面进入z>0空间。不计粒子重力，正确的说法是(　　)
A．电场强度大小为B0v0
B．带电粒子的比荷为
C．第二次经过xOy平面的位置坐标为(a，0，－a)
D．粒子第三次经过xOy平面的位置与O点距离为3a
解析：AD　电场没有撤去前粒子能做直线运动，则有qv0B0＝Eq，解得E＝v0B0，故A正确；撤去电场，继续发射该带电粒子，恰好垂直xOy平面进入z>0空间，可知，粒子做半径为a的匀速圆周运动，则有qv0B0＝m，解得带电粒子的比荷为，故B错误；结合上述分析可知，第一次经过xOy平面的位置坐标为(a，a，0)，进入z>0空间后，磁场变为B0，则粒子做圆周运动的半径为2a，且向x轴负方向偏转，则第二次经过xOy平面的位置坐标为(－3a，a，0)，故C错误；结合上述分析可知，粒子再次进入z<0的空间做圆周运动，沿y轴正方向移动2a后第三次经过xOy平面，此位置坐标为(－3a，3a，0)，则粒子第三次经过xOy平面的位置与O点距离为d＝a，故D正确。故选AD。
3．(10分)(一题多解)如图所示，空间存在竖直向下的匀强电场和水平方向的匀强磁场(垂直纸面向里)，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为＋q的带电粒子在场中运动，不计粒子所受重力。将该粒子在M点由静止释放，求粒子沿电场方向运动的最大距离ym和运动过程中的最大速率vm。
解析：方法一：动能定理＋动量定理
带电粒子在运动中，只有静电力做功，其运动至最远时，静电力做功最多，此时速度最大，根据动能定理有Eqym＝mvm2①
以电场方向为y轴，垂直电场方向为x轴，则粒子沿y方向上的速度产生x方向的洛伦兹力，即F洛x＝qBvy，取沿x方向运动一小段时间Δt，根据动量定理有F洛xΔt＝qBvyΔt＝mΔvx，式中vyΔt表示粒子沿y轴方向运动的距离。因此，等式两边对粒子从M点到第一次最远的过程求和有qBym＝mvm②
联立①②两式，解得vm＝，ym＝。
方法二：配速法
将粒子在M点由静止释放，其运动较为复杂，是因为洛伦兹力改变了运动的方向，带电粒子在磁场中做的最简单的运动是匀速圆周运动，我们就可以想方设法将其分解为匀速圆周运动。粒子的初速度为零，可分解为水平向右的速度v和水平向左的速度v，其中水平向右的速度v对应的洛伦兹力与静电力平衡，即Bqv＝Eq；因此，粒子的运动是水平向右速度为v的匀速直线运动和初速度水平向左、大小为v的逆时针匀速圆周运动的合运动，圆周运动的轨道半径r＝，所以ym＝2r＝，vm＝2v＝。
答案：
[能力提升练]
4．(10分)(2025·山西晋中三模)如图所示，在长方体真空腔内存在竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E。一带电荷量为＋q、质量为m的粒子以速度v0从左侧沿中心线水平射入，打在右侧探测屏上时的速度偏转角为θ(未知)。已知空腔的长度为L，宽度和高度足够大，不计粒子的重力，求：
(1)速度偏转角θ的正切值；
(2)保持上述条件不变，在空腔内再加一竖直向下的匀强磁场，为使该粒子的运动轨迹与探测屏相切，求所加磁场的磁感应强度大小B，以及与探测屏相切时的速度大小。
解析：(1)粒子在空腔内运动的时间为t＝，加速度为a＝
打在探测屏上的竖直分速度vy＝at
速度偏转角的正切tan θ＝，解得tan θ＝。
(2)由于磁场的作用，粒子在水平面内将以v0做匀速圆周运动Bqv0＝
粒子轨迹与探测屏相切，则有R＝L，解得B＝
竖直方向粒子在电场作用下做匀加速运动vy＝at′
竖直分运动与圆周运动的时间相等t′＝
故vy＝
则与探测屏相切时的速度大小为v＝＝ 。
答案：(1)　(2)
5．(10分)(2025·湘豫名校联考四模)如图甲所示，有一空间直角坐标系O-xyz，z轴沿竖直方向。在z>0空间内存在一沿y轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B(B未知)，在z<0的范围内存在一以z轴为对称轴、磁感应强度大小为B0、方向平行于z轴的柱形磁场区域，其方向变化如图乙所示，t＝0时磁感应强度方向沿z轴负方向。t＝0时刻一电荷量为q(q>0)、质量为m的带电小球从xOz平面z＝h处的P点由静止释放，经过O点时其速度方向刚好沿x轴的正方向。不计空气阻力，重力加速度大小为g。
图甲 图乙
(1)求小球到达O点的速度大小以及磁感应强度B的大小；
(2)若小球刚进入x轴下方的磁场区域的时刻为t＝0，经过一段时间后小球刚好第一次回到z轴上的某点而没有离开磁场区域，求x轴下方磁场区域的半径R。
解析：(1)小球从P到O的过程中，由机械能守恒可得mgh＝mv02，解得v0＝
根据动量定理可得∑qvyBΔt＝mv0
即qBh＝mv0，联立解得B＝。
(2)进入x轴下方磁场，带电小球的运动可以分解为竖直方向的自由落体运动与平行于xOy平面内的匀速圆周运动。
根据磁场周期的特点，带电小球刚好没有离开磁场，其平行于xOy平面内的匀速圆周运动的运动轨迹如图所示
根据牛顿第二定律有qv0B0＝
由几何关系可得R＝4r，解得R＝。
答案：(1)　(2)
6．(10分)(2025·安徽九师联盟模拟)如图所示，三维空间中有坐标系Oxyz，在x<0空间内存在着沿z轴负方向的匀强磁场，磁感应强度大小B＝，在x>0空间内存在着沿z轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E，在y＝3a处有平行于xOz的荧光屏，在P点处有粒子源和加速电场(所占空间不计)，加速电压为U0，α粒子()从静止开始经电场瞬间加速，沿x轴正方向飞出，已知α粒子质量为m，电荷量为q，不计粒子重力。求：
(1)α粒子在磁场中做圆周运动的半径及时间；
(2)α粒子打到荧光屏上的坐标；
(3)α粒子打到荧光屏产生一个亮点，另有氘核()经电场加速进入磁场和电场，最后打在荧光屏上产生亮点，试判断荧光屏上有几个亮点，若一个亮点，写出判断依据，若两个，求出亮点间距离。
解析：(1)α粒子在加速电场中运动，根据动能定理则有qU0＝mv02，解得v0＝
在磁场中，洛伦兹力提供向心力，则有Bqv0＝，代入数据解得r＝2a
设α粒子在磁场中偏转的圆心角为θ，由几何知识可得sin θ＝
其运动周期为T＝＝2πa
故α粒子在磁场中运动的时间t＝。
(2)α粒子离开磁场进入电场做类平抛运动，设α粒子进入电场时的速度方向与y轴的夹角为θ′，由几何知识可得θ′＝30°，在y轴上的位移y1＝2a－2a sin θ′＝a
进入电场时，沿y轴的速度vy＝v0cos θ′＝，经过t1时间打到荧光屏上，则有y－y1＝vyt1，y＝3a
结合上述结论解得t1＝4a
在z方向上，则有z＝
在x方向上，则有x＝v0sin θ′·t1＝
所以α粒子打到荧光屏上的坐标为。
(3)设氘核的质量为m1，电荷量为q1，则有m1＝q
在加速电场中，则有q1U0＝m1v′2
解得v′＝＝v
即氘核在磁场中运动的情况与氦核运动情况相同，同理可知，在电场中的偏转情况也完全相同，因此在荧光屏上只有一个亮点。
答案：(1)2a　　(2)　(3)见解析
[培优创新练]
7．(10分)(2024·甘肃卷，15)质谱仪是科学研究中的重要仪器，其原理如图所示。Ⅰ为粒子加速器，加速电压为U；Ⅱ为速度选择器，匀强电场的电场强度大小为E1，方向沿纸面向下，匀强磁场的磁感应强度大小为B1，方向垂直纸面向里；Ⅲ为偏转分离器，匀强磁场的磁感应强度大小为B2，方向垂直纸面向里。从S点释放初速度为零的带电粒子(不计重力)，加速后进入速度选择器做直线运动，再由O点进入分离器做圆周运动，最后打到照相底片的P点处，运动轨迹如图中虚线所示。
(1)粒子带正电还是负电？求粒子的比荷。
(2)求O点到P点的距离。
(3)若速度选择器Ⅱ中匀强电场的电场强度大小变为E2(E2略大于E1)，方向不变，粒子恰好垂直打在速度选择器右挡板的O′点上。求粒子打在O′点的速度大小。
解析：(1)粒子进入偏转分离器向上偏转，由左手定则可知粒子带正电
设粒子的质量为m，所带电荷量为q，通过粒子加速器后的速度为v，粒子经过加速器，有qU＝mv2
在速度选择器中有E1q＝qvB1
解得。
(2)粒子进入偏转分离器，洛伦兹力充当向心力有qvB2＝m
OP间距离d＝2R
解得d＝。
(3)设粒子垂直打在O′点的速度为v′，OO′之间的距离为y
由动能定理有E2qy＝mv′2－mv2
在水平方向应用动量定理有
qB1·Δt＝mv′－mv
即qB1y＝mv′－mv
解得v′＝。
答案：(1)正电　　(2)　(3)限时规范训练(63)　带电粒子在立体空间中的运动
(建议用时：40分钟　满分：60分)
(选择题1～2题每题5分，共10分)
[基础巩固练]
1．(2025·宁夏银川一中期末)我国最北的城市漠河地处高纬度地区，在晴朗的夏夜偶尔会出现美丽的彩色“极光”，如图甲所示。极光是宇宙中高速运动的带电粒子受地磁场影响，与空气分子作用的发光现象。若宇宙粒子带正电，因入射速度与地磁场方向不垂直，故其轨迹偶成螺旋状如图乙所示(相邻两个旋转圆之间的距离称为螺距Δx)。下列说法正确的是(　　)
图甲　 图乙
A．带电粒子进入大气层后与空气发生相互作用，在地磁场作用下的旋转半径会越来越大
B．若越靠近两极地磁场越强，则随着纬度的增加，以相同速度入射的宇宙粒子的运动半径越大
C．当不计空气阻力时，若入射粒子的速率不变，仅减小与地磁场的夹角，则旋转半径减小，而螺距Δx不变
D．漠河地区看到的“极光”将以顺时针方向(从下往上看)向前旋进
解析：D　带电粒子进入大气层后，由于与空气相互作用，粒子的运动速度会变小，在洛伦兹力作用下的偏转半径r＝会变小，故A错误；若越靠近两极地磁场越强，则随着纬度的增加地磁场变强，其他条件不变，则半径变小，故B错误；当不计空气阻力时，将带电粒子的运动沿磁场方向和垂直于磁场方向进行分解，沿磁场方向将做匀速直线运动，垂直于磁场方向做匀速圆周运动，若带电粒子运动速率不变，与磁场的夹角变小，则速度的垂直分量变小，故粒子在垂直于磁场方向的运动半径会减少，即直径D减小，而速度沿磁场方向的分量变大，故沿磁场方向的匀速直线运动将变快，则螺距Δx将增大，故C错误；漠河地区的地磁场竖直分量是竖直向下的，宇宙粒子入射后，由左手定则可知，从下往上看将以顺时针的方向向前旋进，故D正确。故选D。
2．(多选)(2025·广东深圳二模)如图所示，在三维坐标系Oxyz中，z<0的空间同时存在沿z轴负方向的匀强电场和沿x轴负方向的匀强磁场Ⅰ，磁感应强度大小为B0，在z>0的空间存在沿y轴正方向的匀强磁场Ⅱ，磁感应强度大小为B0。带正电的粒子从M(a，0，－a)点以速度v0沿y轴正方向射出，恰好做直线运动。现撤去电场，继续发射该带电粒子，恰好垂直xOy平面进入z>0空间。不计粒子重力，正确的说法是(　　)
A．电场强度大小为B0v0
B．带电粒子的比荷为
C．第二次经过xOy平面的位置坐标为(a，0，－a)
D．粒子第三次经过xOy平面的位置与O点距离为3a
解析：AD　电场没有撤去前粒子能做直线运动，则有qv0B0＝Eq，解得E＝v0B0，故A正确；撤去电场，继续发射该带电粒子，恰好垂直xOy平面进入z>0空间，可知，粒子做半径为a的匀速圆周运动，则有qv0B0＝m，解得带电粒子的比荷为，故B错误；结合上述分析可知，第一次经过xOy平面的位置坐标为(a，a，0)，进入z>0空间后，磁场变为B0，则粒子做圆周运动的半径为2a，且向x轴负方向偏转，则第二次经过xOy平面的位置坐标为(－3a，a，0)，故C错误；结合上述分析可知，粒子再次进入z<0的空间做圆周运动，沿y轴正方向移动2a后第三次经过xOy平面，此位置坐标为(－3a，3a，0)，则粒子第三次经过xOy平面的位置与O点距离为d＝a，故D正确。故选AD。
3．(10分)(一题多解)如图所示，空间存在竖直向下的匀强电场和水平方向的匀强磁场(垂直纸面向里)，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为＋q的带电粒子在场中运动，不计粒子所受重力。将该粒子在M点由静止释放，求粒子沿电场方向运动的最大距离ym和运动过程中的最大速率vm。
解析：方法一：动能定理＋动量定理
带电粒子在运动中，只有静电力做功，其运动至最远时，静电力做功最多，此时速度最大，根据动能定理有Eqym＝mvm2①
以电场方向为y轴，垂直电场方向为x轴，则粒子沿y方向上的速度产生x方向的洛伦兹力，即F洛x＝qBvy，取沿x方向运动一小段时间Δt，根据动量定理有F洛xΔt＝qBvyΔt＝mΔvx，式中vyΔt表示粒子沿y轴方向运动的距离。因此，等式两边对粒子从M点到第一次最远的过程求和有qBym＝mvm②
联立①②两式，解得vm＝，ym＝。
方法二：配速法
将粒子在M点由静止释放，其运动较为复杂，是因为洛伦兹力改变了运动的方向，带电粒子在磁场中做的最简单的运动是匀速圆周运动，我们就可以想方设法将其分解为匀速圆周运动。粒子的初速度为零，可分解为水平向右的速度v和水平向左的速度v，其中水平向右的速度v对应的洛伦兹力与静电力平衡，即Bqv＝Eq；因此，粒子的运动是水平向右速度为v的匀速直线运动和初速度水平向左、大小为v的逆时针匀速圆周运动的合运动，圆周运动的轨道半径r＝，所以ym＝2r＝，vm＝2v＝。
答案：
[能力提升练]
4．(10分)(2025·山西晋中三模)如图所示，在长方体真空腔内存在竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E。一带电荷量为＋q、质量为m的粒子以速度v0从左侧沿中心线水平射入，打在右侧探测屏上时的速度偏转角为θ(未知)。已知空腔的长度为L，宽度和高度足够大，不计粒子的重力，求：
(1)速度偏转角θ的正切值；
(2)保持上述条件不变，在空腔内再加一竖直向下的匀强磁场，为使该粒子的运动轨迹与探测屏相切，求所加磁场的磁感应强度大小B，以及与探测屏相切时的速度大小。
解析：(1)粒子在空腔内运动的时间为t＝，加速度为a＝
打在探测屏上的竖直分速度vy＝at
速度偏转角的正切tan θ＝，解得tan θ＝。
(2)由于磁场的作用，粒子在水平面内将以v0做匀速圆周运动Bqv0＝
粒子轨迹与探测屏相切，则有R＝L，解得B＝
竖直方向粒子在电场作用下做匀加速运动vy＝at′
竖直分运动与圆周运动的时间相等t′＝
故vy＝
则与探测屏相切时的速度大小为v＝＝ 。
答案：(1)　(2)
5．(10分)(2025·湘豫名校联考四模)如图甲所示，有一空间直角坐标系O-xyz，z轴沿竖直方向。在z>0空间内存在一沿y轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B(B未知)，在z<0的范围内存在一以z轴为对称轴、磁感应强度大小为B0、方向平行于z轴的柱形磁场区域，其方向变化如图乙所示，t＝0时磁感应强度方向沿z轴负方向。t＝0时刻一电荷量为q(q>0)、质量为m的带电小球从xOz平面z＝h处的P点由静止释放，经过O点时其速度方向刚好沿x轴的正方向。不计空气阻力，重力加速度大小为g。
图甲 图乙
(1)求小球到达O点的速度大小以及磁感应强度B的大小；
(2)若小球刚进入x轴下方的磁场区域的时刻为t＝0，经过一段时间后小球刚好第一次回到z轴上的某点而没有离开磁场区域，求x轴下方磁场区域的半径R。
解析：(1)小球从P到O的过程中，由机械能守恒可得mgh＝mv02，解得v0＝
根据动量定理可得∑qvyBΔt＝mv0
即qBh＝mv0，联立解得B＝。
(2)进入x轴下方磁场，带电小球的运动可以分解为竖直方向的自由落体运动与平行于xOy平面内的匀速圆周运动。
根据磁场周期的特点，带电小球刚好没有离开磁场，其平行于xOy平面内的匀速圆周运动的运动轨迹如图所示
根据牛顿第二定律有qv0B0＝
由几何关系可得R＝4r，解得R＝。
答案：(1)　(2)
6．(10分)(2025·安徽九师联盟模拟)如图所示，三维空间中有坐标系Oxyz，在x<0空间内存在着沿z轴负方向的匀强磁场，磁感应强度大小B＝，在x>0空间内存在着沿z轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E，在y＝3a处有平行于xOz的荧光屏，在P点处有粒子源和加速电场(所占空间不计)，加速电压为U0，α粒子()从静止开始经电场瞬间加速，沿x轴正方向飞出，已知α粒子质量为m，电荷量为q，不计粒子重力。求：
(1)α粒子在磁场中做圆周运动的半径及时间；
(2)α粒子打到荧光屏上的坐标；
(3)α粒子打到荧光屏产生一个亮点，另有氘核()经电场加速进入磁场和电场，最后打在荧光屏上产生亮点，试判断荧光屏上有几个亮点，若一个亮点，写出判断依据，若两个，求出亮点间距离。
解析：(1)α粒子在加速电场中运动，根据动能定理则有qU0＝mv02，解得v0＝
在磁场中，洛伦兹力提供向心力，则有Bqv0＝，代入数据解得r＝2a
设α粒子在磁场中偏转的圆心角为θ，由几何知识可得sin θ＝
其运动周期为T＝＝2πa
故α粒子在磁场中运动的时间t＝。
(2)α粒子离开磁场进入电场做类平抛运动，设α粒子进入电场时的速度方向与y轴的夹角为θ′，由几何知识可得θ′＝30°，在y轴上的位移y1＝2a－2a sin θ′＝a
进入电场时，沿y轴的速度vy＝v0cos θ′＝，经过t1时间打到荧光屏上，则有y－y1＝vyt1，y＝3a
结合上述结论解得t1＝4a
在z方向上，则有z＝
在x方向上，则有x＝v0sin θ′·t1＝
所以α粒子打到荧光屏上的坐标为。
(3)设氘核的质量为m1，电荷量为q1，则有m1＝q
在加速电场中，则有q1U0＝m1v′2
解得v′＝＝v
即氘核在磁场中运动的情况与氦核运动情况相同，同理可知，在电场中的偏转情况也完全相同，因此在荧光屏上只有一个亮点。
答案：(1)2a　　(2)　(3)见解析
[培优创新练]
7．(10分)(2024·甘肃卷，15)质谱仪是科学研究中的重要仪器，其原理如图所示。Ⅰ为粒子加速器，加速电压为U；Ⅱ为速度选择器，匀强电场的电场强度大小为E1，方向沿纸面向下，匀强磁场的磁感应强度大小为B1，方向垂直纸面向里；Ⅲ为偏转分离器，匀强磁场的磁感应强度大小为B2，方向垂直纸面向里。从S点释放初速度为零的带电粒子(不计重力)，加速后进入速度选择器做直线运动，再由O点进入分离器做圆周运动，最后打到照相底片的P点处，运动轨迹如图中虚线所示。
(1)粒子带正电还是负电？求粒子的比荷。
(2)求O点到P点的距离。
(3)若速度选择器Ⅱ中匀强电场的电场强度大小变为E2(E2略大于E1)，方向不变，粒子恰好垂直打在速度选择器右挡板的O′点上。求粒子打在O′点的速度大小。
解析：(1)粒子进入偏转分离器向上偏转，由左手定则可知粒子带正电
设粒子的质量为m，所带电荷量为q，通过粒子加速器后的速度为v，粒子经过加速器，有qU＝mv2
在速度选择器中有E1q＝qvB1
解得。
(2)粒子进入偏转分离器，洛伦兹力充当向心力有qvB2＝m
OP间距离d＝2R
解得d＝。
(3)设粒子垂直打在O′点的速度为v′，OO′之间的距离为y
由动能定理有E2qy＝mv′2－mv2
在水平方向应用动量定理有
qB1·Δt＝mv′－mv
即qB1y＝mv′－mv
解得v′＝。
答案：(1)正电　　(2)　(3)(共54张PPT)
专题突破21　带电粒子在立体空间中的运动
1.掌握带电粒子在磁场中做螺旋线运动的特点，会分析螺旋线运动的受力情况和运动情况。2.掌握带电粒子做旋进运动的特点，会分析旋进运动的受力情况和运动情况。3.能正确解答带电粒子在立体空间中运动的动力学、能量等问题。
目标
要求
1
研考点 精准突破
2
限时规范训练
栏
目
导
引
研考点
精准突破
考点一　带电粒子的旋进运动
(2022·重庆卷，5)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，如图所示，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qE
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：D　根据功率的计算公式可知P＝Fv cos θ ，则电场力的瞬时功率为P＝qEv1，A错误；由于v1与磁感应强度B平行，则根据洛伦兹力的计算公式知F洛＝qv2B，B错误；根据运动的合成与分解可知，离子在垂直于磁场方向做匀速圆周运动，沿磁场方向做加速运动，则v1增大，v2不变，v2与v1的比值不断变小，C错误；离子受到的洛伦兹力大小不变，静电力不变，则该离子的加速度大小不变，D正确。
(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旋进运动，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。
(2025·广东汕头一模)如图所示，三维坐标系Oxyz中，在y>0的空间同时存在沿y轴正方向的匀强电场和沿x轴负方向的匀强磁场，在y<0的空间存在z轴正方向的匀强磁场。带负电的离子从P(0，d，0)以速度v0在yOz平面内沿z轴正方向发射，恰好做匀速直线运动，两处磁场磁感应强度大小均为B(不计离子重力，答案可含π)。
(1)求匀强电场的电场强度大小E；
(2)撤去y>0空间内的匀强磁场，离子仍从P点以相同
速度发射，且经Q(0，0，2d)进入y<0的磁场空间，求
离子在Q点的速度；
(3)在第(2)问的情况下，离子在y<0的磁场空间中速度第一次垂直y轴时，求离子的坐标。
解析：(1)离子做匀速直线运动，有qv0B＝qE，解得E＝v0B。
(2)撤去磁场后，离子做类平抛运动，(y方向上)电场力方向上，有d＝at2
初速度v0方向上，有2d＝v0t
电场力方向上的速度分量vy＝at
Q点时的速度大小为v＝，解得v＝v0，
vy＝v。
由tan θ＝＝1，得速度方向与z轴正方向夹角θ＝45°。
(3)当离子进入y<0的磁场后，在z方向做匀速直线运
动，在xOy平面做匀速圆周运动，当圆周运动转过的
圆心角为90°时，速度第一次垂直y轴
在电场中qE＝ma
在磁场中，xOy平面qvyB＝m，联立解得R＝2d
又T＝，转过90°圆心角的时间为t＝T ，则x＝R，y＝－R，
z＝v0t＋2d，可得此时离子坐标(2d，－2d，(2＋π)d)。
答案：(1)v0B　(2)v0，速度方向与z轴正方向夹角θ＝45°　
(3)(2d，－2d，(2＋π)d)
考点二　带电粒子在立体空间中的偏转
(2025·湖北武汉三模)如图所示，在真空中以竖直向上为y轴正方向建立三维直角坐标系Oxyz，整个空间内存在沿x轴正方向的匀强电场(图中未画出)。一质量为m、电荷量为q的带电微粒在点M(0，l，0.5l)被静止释放，恰能通过点N(l，0，0.5l)。不计空气阻力，已知重力加速度为g，
(1)求M、N两点间的电势差；
(2)若该微粒从M点以初速度v0＝ 沿z轴正方向
出发，则经时间t＝，求该微粒的位置坐标；
(3)若电场方向变为竖直向上，并在空间添加一沿
z轴正方向的匀强磁场，该微粒从M点以初速度v0＝沿x轴正方向出发，仍能运动到N点，则粒子从M点出发经多长时间能经过N点？
解析：(1)由于电场力与重力均为恒力，则带电微粒所受合力为恒力，从点M静止释放后做匀加速直线运动经过点N，则电场力与重力的合力方向由M指向N，可知微粒带正电，根据几何关系有qE＝mg tan 45°
又UMN＝El
联立解得UMN＝。
(2)经时间t，沿x轴方向，有Δx＝gt2＝0.5l
沿y轴方向Δy＝(－g)t2＝－0.5l
沿z轴方向Δz＝v0t＝l
则坐标为(0.5l，0.5l，1.5l)。
(3)电场力和重力平衡，故微粒在磁场中做匀速圆周
运动，可知半径R＝l
周期T＝
所以能经过N点的时间为t＝(2n＋0.5)π(n＝0、1、2、3…)。
答案：(1)　(2)(0.5l，0.5l，1.5l)　(3)(2n＋0.5)π(n＝0、1、2、3…)
解答该类问题的关键点
(1)首先要发挥空间想象力，确定粒子在立体空间中运动的位置关系，将粒子在三维空间的运动分解为二维平面内或一维直线上的分运动来求解。
(2)其次是划分运动阶段，带电粒子依次通过不同的空间，要分析出每个阶段上的运动规律。
(3)还要找各分阶段的关联，利用两个空间交界处粒子的运动状态和关联条件来解决问题。
(2024·湖南卷，14)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。
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轴正方向的匀速运动和投影到yOz平面内的圆周运动，又电子做匀速圆周运动的周期为T＝，电子均能经过O进入电场，则＝nT(n＝1，2，3，…)
联立解得B＝(n＝1，2，3，…)
当n＝1时，Bmin＝。
(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＝m
则|tan θ|＝。
(3)电子在电场中做类斜抛运动，当电子运动到O点时沿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
由速度位移公式有2aym＝vy0max2
联立解得ym＝。
答案：(1)　(2)　(3)
素养拓展　配速法的应用
1．若带电粒子在磁场中所受合力不为零，则粒子的速度会改变，洛伦兹力也会随着变化，合力也会跟着变化，则粒子做一般曲线运动，轨迹常为摆线。我们可以把初速度分解成两个分速度，使其一个分速度对应的洛伦兹力与重力(或静电力，或重力和静电力的合力)平衡，另一个分速度对应的洛伦兹力使粒子做匀速圆周运动，这样一个复杂的曲线运动就可以分解为两个比较常见的运动，这种方法叫配速法。
2．配速法适用条件
(1)在叠加场中；(2)合力不为零。
3．规律
把速度分解成两个速度，使其一个分速度对应的洛伦兹力与重力(或静电力、或重力和静电力的合力)平衡，使粒子在这个方向上做匀速直线运动。
(1)初速度为零时，速度分解为两个等大、反向的速度；
(2)初速度不为零时，按矢量分解法则分解。
4．常见的“配速法”的应用
常见情况 处理方法
BG摆线：初速度为0，有重力 把初速度0分解为一个向左的速度v1和一个向右的速度v2

BE摆线：初速度为0，不计重力 把初速度0分解为一个向左的速度v1和一个向右的速度v2

常见情况 处理方法
BEG摆线：初速度为0，有重力 把初速度0分解为一个斜向左下方的速度v1和一个斜向右上方的速度v2

BGv摆线：初速度为v0，有重力 把初速度v0分解为速度v1和速度v2

(多选)(2025·青海海东二模)空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直于xOy平面向外，电场的方向沿y轴正方向。一带正电的粒子从坐标原点O由静止释放后，在电场和磁场的作用下，一个周期内的运动轨迹如图甲所示；半径为R的轮胎在地面上沿直线以速度v0匀速滚动一圈的过程中，轮胎边缘上P点的运动与此粒子的运动相同，如图乙所示。下列说法正确的是(　　)
A．一个周期内粒子运动的位移大小为2πR
B．粒子运动的周期为
C．粒子的最大速度为v0
D．粒子在运动过程中所受合力大小不变
图甲
图乙
AD
解析：AD　半径为R的轮胎，以速度v0匀速在地面滚动一圈的过程中，轮胎边缘上的P点的位移大小为2πR，滚动一圈的时间为，故A正确，B错误；将粒子的初速度0分配为＋v0和－v0，其中沿正方向的分速度，粒子所受的洛伦兹力qv0B与电场力平衡抵消，沿负方向的－v0只受洛伦兹力而做匀速圆周运动，即粒子的运动是沿正方向的匀速直线运动与顺时针圆周
图甲
图乙
运动的合成，所以在最高点时的速度最大为2v0，故C错误；由以上分析可知，由于粒子竖直方向合力为零，只剩下做圆周运动的合力qv0B，所以粒子在运动过程中所受合力大小不变，故D正确。故选AD。
(一题多解)(2025·湖南卷，14)如图，直流电源的电动势为E0，内阻为r0，滑动变阻器R的最大阻值为2r0，平行板电容器两极板水平放置，板间距离为d，板长为d，平行板电容器的右侧存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。闭合开关S，当滑片处于滑动变阻器中点时，质量为m的带正电粒子以初速度v0水平向右从电容器左侧中点a进入电容器，恰好从电容器下极板右侧边缘b点进入磁场，随后又从电容器上极板右侧边缘c点进入电容器，忽略粒子重力和空气阻力。
(1)求粒子所带电荷量q；
(2)求磁感应强度B的大小；
(3)若粒子离开b点时，在平行板电容器的右侧再加一个方向水平向右的匀强电场，场强大小为，求粒子相对于电容器右侧的最远水平距离xm。
解析：(1)闭合开关S，当滑片处于滑动变阻器中点时，由串并联电路规律可得电容器两极板间的电压为U＝E0
粒子从a点进入电容器后，在电容器中受到电场力的作用，做类平抛运动，从b点离开电容器，设粒子从a点运动到b点的时间为t，则在水平方向由运动学公式有d＝v0t
在竖直方向由牛顿第二定律有q＝ma
由运动学公式有at2
联立可得q＝。
(2)设粒子经过b点时的速度大小为v，速度方向与水平方向的夹角为θ，则由平抛运动的推论可知tan θ＝2×
则θ＝30°
由几何关系可知v＝
粒子进入磁场后在磁场中做匀速圆周运动，从c点进入电容器，设粒子在磁场中的运动半径为r，作出粒子从a点运动到c点的运动轨迹如图所示
由几何关系可知r＝d
在磁场中由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m
联立可得B＝。
(3)解法一　配速法　在平行板电容器的右侧再加一个方向水平向右的匀强电场，则粒子在平行板电容器的右侧不仅受到洛伦兹力的作用，还受到水平向右的电场力的作用，则可将粒子在b点的速度分解，使竖直向上的分速度v1产生的洛伦兹力刚好平衡电场力的作用，如图1所示，则有qv1B＝Eq
可得v1＝v0
图1
由于v1和v的大小相等，则由几何关系可知粒子在b点的另一分速度v2＝ 2v cos 30°＝2v0，方向与竖直方向的夹角为30°，则粒子在平行板电容器右侧的运动可分解为以速度为v1的竖直向上的匀速直线运动和以速率为v2的匀速圆周运动，设粒子做匀速圆周分运动的半径为r′，则由洛伦兹力提供向心力有qv2B＝m
可得r′＝d
作出粒子圆周分运动的大致轨迹如图2所示
由几何关系可知
xm＝r′cos 30°＋r′＝d。
图2
解法二　正则动量法　当粒子的合速度方向竖直向上时，粒子相对于电容器右侧的水平距离最小，设此时速度大小为v′，规定竖直向上为正方向，则对粒子从b点运动到该位置的过程，在竖直方向上由动量定理有
∑qvxBΔt＝mv′－(－mv sin 30°)
即qBxm＝mv′－(－mv sin 30°)
对粒子从b点运动到该位置的过程，由动能定理有Eqxm＝mv′2－mv2
联立可得xm＝d。
答案：(1)　(2)　(3)d
3
4
5
6
7
1
2
限时规范
训练(63)　带电粒子在立体空间中的运动
(建议用时：40分钟　满分：60分)
(选择题1～2题每题5分，共10分)
[基础巩固练]
1．(2025·宁夏银川一中期末)我国最北的城市漠河地处高纬度地区，在晴朗的夏夜偶尔会出现美丽的彩色“极光”，如图甲所示。极光是宇宙中高速运动的带电粒子受地磁场影响，与空气分子作用的发光现象。若宇宙粒子带正电，因入射速度与地磁场方向不垂直，故其轨迹偶成螺旋状如图乙所示(相邻两个旋转圆之间的距离称为螺距Δx)。下列说法正确的是(　　)
图甲
图乙
D
3
4
5
6
7
1
2
A．带电粒子进入大气层后与空气发生相互作用，在地磁场作用下的旋转半径会越来越大
B．若越靠近两极地磁场越强，则随着纬度的增加，以相同速度入射的宇宙粒子的运动半径越大
C．当不计空气阻力时，若入射粒子的速率不变，仅减小与地磁场的夹角，则旋转半径减小，而螺距Δx不变
D．漠河地区看到的“极光”将以顺时针方向(从下往上看)向前旋进
图甲
图乙
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解析：D　带电粒子进入大气层后，由于与空气相互作用，粒子的运动速度会变小，在洛伦兹力作用下的偏转半径r＝会变小，故A错误；若越靠近两极地磁场越强，则随着纬度的增加地磁场变强，其他条件不变，则半径变小，故B错误；当不计空气阻力时，将带电粒子的运动沿磁场方向和垂直于磁场方向进行分解，沿磁场方向将做匀速直线运动，垂直于磁场方向做匀速圆周运动，若带电粒子运动速率不变，与磁场的夹角变小，则速度的垂直分量变小，故粒子在垂直于磁场方向的运动半径会减少，即直径D减小，而速度沿磁场方向的分量变大，故沿磁场方向的匀速直线运动将变快，则螺距Δx将增大，故C错误；漠河地区的地磁场竖直分量是竖直向下的，宇宙粒子入射后，由左手定则可知，从下往上看将以顺时针的方向向前旋进，故D正确。故选D。
图甲
图乙
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2．(多选)(2025·广东深圳二模)如图所示，在三维坐标系Oxyz中，z<0的空间同时存在沿z轴负方向的匀强电场和沿x轴负方向的匀强磁场Ⅰ，磁感应强度大小为B0，在z>0的空间存在沿y轴正方向的匀强磁场Ⅱ，磁感应强度大小为B0。带正电的粒子从M(a，0，－a)点以速度v0沿y轴正方向射出，恰好做直线运动。现撤去电场，继续发射该带电粒子，恰好垂直xOy平面进入z>0空间。不计粒子重力，正确的说法是(　　)
A．电场强度大小为B0v0
B．带电粒子的比荷为
C．第二次经过xOy平面的位置坐标为(a，0，－a)
D．粒子第三次经过xOy平面的位置与O点距离为3a
AD
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解析：AD　电场没有撤去前粒子能做直线运动，则有qv0B0＝Eq，解得E＝v0B0，故A正确；撤去电场，继续发射该带电粒子，恰好垂直xOy平面进入z>0空间，可知，粒子做半径为a的匀速圆周运动，则有qv0B0＝m，解得带电粒子的比荷为，故B错误；结合上述分析可知，第一次经过xOy平面的位置坐标为(a，
a，0)，进入z>0空间后，磁场变为B0，则粒子做圆周运动的半径为2a，且向x轴负方向偏转，则第二次经过xOy平面的位置坐标为(－3a，a，0)，故C错误；结合上述分析可知，粒子再次进入z<0的空间做圆周运动，沿y轴正方向移动2a后第三次经过xOy平面，此位置坐标为(－3a，3a，0)，则粒子第三次经过xOy平面的位置与O点距离为d＝a，故D正确。故选AD。
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3．(10分)(一题多解)如图所示，空间存在竖直向下的匀强电场和水平方向的匀强磁场(垂直纸面向里)，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为＋q的带电粒子在场中运动，不计粒子所受重力。将该粒子在M点由静止释放，求粒子沿电场方向运动的最大距离ym和运动过程中的最大速率vm。
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解析：方法一：动能定理＋动量定理
带电粒子在运动中，只有静电力做功，其运动至最远时，静电力做功最多，此时速度最大，根据动能定理有Eqym＝mvm2①
以电场方向为y轴，垂直电场方向为x轴，则粒子沿y方向上的速度产生x方向的洛伦兹力，即F洛x＝qBvy，取沿x方向运动一小段时间Δt，根据动量定理有F洛xΔt＝qBvyΔt＝mΔvx，式中vyΔt表示粒子沿y轴方向运动的距离。因此，等式两边对粒子从M点到第一次最远的过程求和有qBym＝mvm②
联立①②两式，解得vm＝，ym＝。
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方法二：配速法
将粒子在M点由静止释放，其运动较为复杂，是因为洛伦
兹力改变了运动的方向，带电粒子在磁场中做的最简单的
运动是匀速圆周运动，我们就可以想方设法将其分解为匀
速圆周运动。粒子的初速度为零，可分解为水平向右的速度v和水平向左的速度v，其中水平向右的速度v对应的洛伦兹力与静电力平衡，即Bqv＝Eq；因此，粒子的运动是水平向右速度为v的匀速直线运动和初速度水平向左、大小为v的逆时针匀速圆周运动的合运动，圆周运动的轨道半径r＝，所以ym＝2r＝，vm＝2v＝。
答案：
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[能力提升练]
4．(10分)(2025·山西晋中三模)如图所示，在长方体真空腔内存在竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E。一带电荷量为＋q、质量为m的粒子以速度v0从左侧沿中心线水平射入，打在右侧探测屏上时的速度偏转角为θ(未知)。已知空腔的长度为L，宽度和高度足够大，不计粒子的重力，求：
(1)速度偏转角θ的正切值；
(2)保持上述条件不变，在空腔内再加一竖直向下的
匀强磁场，为使该粒子的运动轨迹与探测屏相切，
求所加磁场的磁感应强度大小B，以及与探测屏相切时的速度大小。
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解析：(1)粒子在空腔内运动的时间为t＝，加速度为a＝
打在探测屏上的竖直分速度vy＝at
速度偏转角的正切tan θ＝，解得tan θ＝。
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(2)由于磁场的作用，粒子在水平面内将以v0做匀速圆周运动Bqv0＝
粒子轨迹与探测屏相切，则有R＝L，解得B＝
竖直方向粒子在电场作用下做匀加速运动vy＝at′
竖直分运动与圆周运动的时间相等t′＝
故vy＝
则与探测屏相切时的速度大小为v＝＝ 。
答案：(1)　(2)
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5．(10分)(2025·湘豫名校联考四模)如图甲所示，有一空间直角坐标系O-xyz，z轴沿竖直方向。在z>0空间内存在一沿y轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B(B未知)，在z<0的范围内存在一以z轴为对称轴、磁感应强度大小为B0、方向平行于z轴的柱形磁场区域，其方向变化如图乙所示，t＝0时磁感应强度方向沿z轴
负方向。t＝0时刻一电荷量为q(q>0)、质量为m的带电小球从xOz平面z＝h处的P点由静止释放，经过O点时其速度方向刚好沿x轴的正方向。不计空气阻力，重力加速度大小为g。
图甲
图乙
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(1)求小球到达O点的速度大小以及磁感应强度B的大小；
(2)若小球刚进入x轴下方的磁场区域的时刻为t＝0，经过一段时间后小球刚好第一次回到z轴上的某点而没有离开磁场区域，求x轴下方磁场区域的半径R。
图甲
图乙
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解析：(1)小球从P到O的过程中，由机械能守恒可得mgh＝mv02，解得v0＝
根据动量定理可得∑qvyBΔt＝mv0
即qBh＝mv0，联立解得B＝。
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(2)进入x轴下方磁场，带电小球的运动可以分解为竖直方向的自由落体运动与平行于xOy平面内的匀速圆周运动。
根据磁场周期的特点，带电小球刚好没有离开磁场，其平行于xOy平面内的匀速圆周运动的运动轨迹如图所示
根据牛顿第二定律有qv0B0＝
由几何关系可得R＝4r，解得R＝。
答案：(1)　(2)
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6．(10分)(2025·安徽九师联盟模拟)如图所示，
三维空间中有坐标系Oxyz，在x<0空间内存在
着沿z轴负方向的匀强磁场，磁感应强度大小
B＝，在x>0空间内存在着沿z轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E，在y＝3a处有平行于xOz的荧光屏，在P点处有粒子源和加速电场(所占空间不计)，加速电压为U0，α粒子()从静止开始经电场瞬间加速，沿x轴正方向飞出，已知α粒子质量为m，电荷量为q，不计粒子重力。求：
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(1)α粒子在磁场中做圆周运动的半径及时间；
(2)α粒子打到荧光屏上的坐标；
(3)α粒子打到荧光屏产生一个亮点，另有氘核()经电场加速进入磁场和电场，最后打在荧光屏上产生亮点，试判断荧光屏上有几个亮点，若一个亮点，写出判断依据，若两个，求出亮点间距离。
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解析：(1)α粒子在加速电场中运动，根据动能定理则有qU0＝mv02，解得v0＝
在磁场中，洛伦兹力提供向心力，则有Bqv0＝，代入数据解得r＝2a
设α粒子在磁场中偏转的圆心角为θ，由几何知识可得sin θ＝
其运动周期为T＝＝2πa
故α粒子在磁场中运动的时间t＝。
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(2)α粒子离开磁场进入电场做类平抛运动，设α粒子进入电场时的速度方向与y轴的夹角为θ′，由几何知识可得θ′＝30°，在y轴上的位移y1＝2a－2a sin θ′＝a
进入电场时，沿y轴的速度vy＝v0cos θ′＝，经过t1时间打到荧光屏上，则有y－y1＝vyt1，y＝3a
结合上述结论解得t1＝4a
在z方向上，则有z＝
在x方向上，则有x＝v0sin θ′·t1＝
所以α粒子打到荧光屏上的坐标为。
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(3)设氘核的质量为m1，电荷量为q1，则有m1＝q
在加速电场中，则有q1U0＝m1v′2
解得v′＝＝v
即氘核在磁场中运动的情况与氦核运动情况相同，同理可知，在电场中的偏转情况也完全相同，因此在荧光屏上只有一个亮点。
答案：(1)2a　　(2)　(3)见解析
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[培优创新练]
7．(10分)(2024·甘肃卷，15)质谱仪是科学研究中的重要仪器，其原理如图所示。Ⅰ为粒子加速器，加速电压为U；Ⅱ为速度选择器，匀强电场的电场强度大小为E1，方向沿纸面向下，匀强磁场的磁感应强度大小为B1，方向垂直纸面向里；Ⅲ为偏转分离器，匀强磁场的磁感应强度大小为B2，方向垂直纸面向里。
从S点释放初速度为零的带电粒子(不计重力)，加速后进入速度选择器做直线运动，再由O点进入分离器做圆周运动，最后打到照相底片的P点处，运动轨迹如图中虚线所示。
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(1)粒子带正电还是负电？求粒子的比荷。
(2)求O点到P点的距离。
(3)若速度选择器Ⅱ中匀强电场的电场强度大小变为E2(E2略大于E1)，方向不变，粒子恰好垂直打在速度选择器右挡板的O′点上。求粒子打在O′点的速度大小。
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解析：(1)粒子进入偏转分离器向上偏转，由左手定则可知粒子带正电
设粒子的质量为m，所带电荷量为q，通过粒子加速器后的速度为v，粒子经过加速器，有qU＝mv2
在速度选择器中有E1q＝qvB1
解得。
(2)粒子进入偏转分离器，洛伦兹力充当向心力有qvB2＝m
OP间距离d＝2R
解得d＝。
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(3)设粒子垂直打在O′点的速度为v′，OO′之间的距离为y
由动能定理有E2qy＝mv′2－mv2
在水平方向应用动量定理有
qB1·Δt＝mv′－mv
即qB1y＝mv′－mv
解得v′＝。
答案：(1)正电　　(2)　(3)
专题突破21　带电粒子在立体空间中的运动
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