培優點6帶電粒子在立體空間的運動帶電粒子在立體空間中的組合場、疊加場的運動問題，通過受力分析、運動分析，轉換視圖角度等方法，充分利用分解的思想，分解為直線運動、圓周運動、類平拋運動，再利用每種運動對應的規律進行求解。粒子在立體空間常見運動及解題策略運動類型解題策略在三維坐標系中運動，每個軸方向上都是常見運動模型將粒子的運動分解為三個方向的運動一維加一面，如旋進運動旋進運動將粒子的運動分解為一個軸方向上的勻速直線運動或勻變速直線運動和垂直該軸的所在面內的圓周運動運動所在平面切換，粒子進入下一區域偏轉后曲線不在原來的平面內把粒子運動所在的面隔離出來，轉換視圖角度，把立體圖轉化為平面圖，分析粒子在每個面的運動例1如圖，在空間直角坐標系O－xyz中，界面Ⅰ與Oyz平面重疊，界面Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ相互平行，且相鄰界面的間距均為L，與x軸的交點分別為O、O1、O2；在界面Ⅰ、Ⅱ間有沿y軸負方向的勻強電場，在界面Ⅱ、Ⅲ間有沿z軸正方向的勻強磁場。一質量為m、電荷量為＋q的粒子，從y軸上距O點eq\f(L,2)處的P點，以速度v0沿x軸正方向射入電場區域，該粒子剛好從點O1進入磁場區域。粒子重力不計。求：(1)電場強度E的大小；(2)要讓粒子剛好不從界面Ⅲ飛出，磁感應強度B應多大。答案(1)eq\f(mv02,qL)(2)eq\f(\r(2)＋1mv0,qL)解析(1)粒子在電場區域做類平拋運動，設電場中粒子加速度為a，沿z軸正方向看，如圖所示粒子從O1點進入右邊磁場，則L＝v0teq\f(L,2)＝eq\f(1,2)at2qE＝ma聯立方程解得E＝eq\f(mv02,qL)(2)設粒子到O1點時的速度為v，與x軸正方向夾角為θ，如圖所示，則vy＝at，v＝eq\r(v02＋vy2)tanθ＝eq\f(vy,v0)故tanθ＝1即有θ＝45°，v＝eq\r(2)v0在磁場區域，粒子做勻速圓周運動，粒子剛好不從界面Ⅲ飛出，如圖所示，則qvB＝meq\f(v2,R)又根據幾何關系R＋Rcos45°＝L解得B＝eq\f(\r(2)＋1mv0,qL)。例2(2023·江蘇鹽城市高級實驗中學三模)真空中的立方體區域棱長為L，按如圖方式建立空間直角坐標系，底面中心處有一點狀放射源S，僅在abcO所在平面內向各個方向均勻發射帶正電粒子，粒子的速度大小均為v，電荷量為q，質量為m。abfe面放有一個接收屏，用以接收粒子。現給立方體內施加豎直向上的勻強磁場，使接收屏上恰好沒有收到任何粒子。(1)求勻強磁場的磁感應強度B的大小；(2)現在正方體內再加豎直向上的勻強電場，要使所有從S發出的粒子剛好都能從上表面中心P離開，求出所有滿足條件的電場強度E的大小；(3)若電場強度E的大小取第(2)問中的最大值，現讓abfe屏向左沿z軸負方向平移eq\f(L,4)(圖中未畫出)，求打在abfe屏上的粒子中x坐標最大值和最小值對應點的坐標(x，y，z)。答案(1)eq\f(4mv,qL)(2)eq\f(8mv2,qLn2π2)(n＝1,2,3，…)(3)(eq\f(2＋\r(3),4)L，eq\f(1,4)L，eq\f(3,4)L)(eq\f(1,4)L，eq\f(1,16)L，eq\f(3,4)L)解析(1)所有粒子恰好被束縛在正方形abcO區域內，由幾何關系得r＝eq\f(L,4)，粒子在磁場中做勻速圓周運動qvB＝meq\f(v2,r)，解得B＝eq\f(4mv,qL)(2)粒子做圓周運動的周期T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(πL,2v)，要使所有粒子剛好都能從上表面中心P離開，所用時間一定為周期的整數倍，在豎直方向上由運動學規律得L＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)(nT)2，解得E＝eq\f(8mv2,qLn2π2)(n＝1,2,3，…)(3)粒子運動的俯視圖如圖所示，由圖可知，當打在屏上的位置P1與S的連線SP1為粒子軌跡的直徑時，射出粒子的橫坐標為最大值，此時橫坐標為x1＝eq\f(2＋\r(3),4)L，粒子運動的時間為t1＝eq\f(1,2)T，此時對應的縱坐標為y1＝eq\f(1,2)eq\f(qE,m)t12，解得y1＝eq\f(L,4)，故坐標為(eq\f(2＋\r(3),4)L，eq\f(1,4)L，eq\f(3,4)L)。由圖所示，當粒子運動軌跡恰與abfe面相切時，射出粒子的橫坐標為最小值，此時橫坐標為x2＝eq\f(L,4)，此時粒子運動的時間為t2＝eq\f(1,4)T，此時對應的縱坐標為y2＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)t22，解得y2＝eq\f(1,16)L，故坐標為(eq\f(1,4)L，eq\f(1,16)L，eq\f(3,4)L)。專題強化練1．(2023·江蘇省前黃高級中學二模)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現，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。現將這一現象簡化成如圖乙所示的情景來討論：在空間存在平行于x軸的勻強磁場，由坐標原點在xOy平面內以初速度v0沿與x軸正方向成α角的方向射入磁場的電子運動軌跡為螺旋線，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()A．勻強磁場的方向為沿x軸負方向B．若僅增大勻強磁場的磁感應強度，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α＝90°時“軌跡”為閉合的整圓答案D解析將電子的初速度沿x軸及y軸方向分解，沿x方向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，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，由左手定則可知，磁場方向沿x軸正方向，故A錯誤；根據evB＝meq\f(v2,R)，T＝eq\f(2πR,v)，且v＝v0sinα，解得D＝2R＝eq\f(2mv0sinα,eB)，T＝eq\f(2πm,eB)，所以Δx＝vxT＝eq\f(2πmv0cosα,eB)，所以，若僅增大磁感應強度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，則D增大，而Δx減小，且α＝90°時Δx＝0，故D正確。2.如圖所示，在三維坐標系O－xyz中存在一長方體ABCD－abOd，yOz平面左側存在沿z軸負方向、磁感應強度大小為B1(未知)的勻強磁場，右側存在沿BO方向、磁感應強度大小為B2(未知)的勻強磁場(未畫出)。現有一帶正電粒子以初速度v從A點沿平面ABCD進入磁場，經C點垂直yOz平面進入右側磁場，此時撤去yOz平面左側的磁場B1，換上電場強度為E(未知)的勻強電場，電場強度的方向豎直向上，最終粒子恰好打在Aa棱上。已知AB＝2L、Aa＝AD＝L，B2＝5eq\r(2)B1，粒子的電荷量為q，質量為m(重力不計)。求：(1)磁感應強度B1的大小；(2)粒子第二次經過yOz平面的坐標；(3)電場強度E的大小。答案(1)eq\f(2mv,5qL)(2)(0，eq\f(L,2)，eq\f(L,2))(3)eq\f(mv2,4qL)解析(1)帶電粒子在yOz平面左側磁場中做圓周運動，由幾何關系得R2＝(2L)2＋(R－L)2解得R＝eq\f(5,2)L由牛頓第二定律可得qvB1＝meq\f(v2,R)解得B1＝eq\f(2mv,5qL)(2)在右側磁場中由牛頓第二定律得qvB2＝meq\f(v2,r)，又B2＝5eq\r(2)B1，解得r＝eq\f(\r(2),4)Ly＝2rsin45°＝eq\f(L,2)z＝L－2rcos45°＝eq\f(L,2)即粒子第二次經過yOz平面的坐標為(0，eq\f(L,2)，eq\f(L,2))。(3)粒子在電場中做類平拋運動，x軸方向上2L＝vty軸方向上L－y＝eq\f(1,2)eq\f(qE,m)t2，解得E＝eq\f(mv2,4qL)。3．如圖甲是醫用腫瘤化療裝置，其原理如圖乙所示，利用在O點沿y軸正方向射出的高能質子束對腫瘤病灶精準打擊從而殺死癌細胞。實際中，質子束的運動方向并不是嚴格沿y軸而是與y軸有一個很小的偏角，呈發散狀。為此加一個方向沿y軸正向，磁感應強度大小為B的勻強磁場，使得質子參與兩種運動，沿y軸方向的直線運動和在垂直y軸的平面內的圓周運動。為研究方便，用垂直y軸足夠大的顯示屏表示病人，癌細胞位于屏上，從O點射出的質子速度為v，質量為m，電荷量為q，所有質子與y軸正方向偏差角均為θ，不考慮質子重力和空氣阻力。(1)質子在y軸方向的分運動速度大小是否變化，請簡述理由；(2)當顯示屏離O點距離為多大時，所有的質子會重新會聚于一點？(3)移動顯示屏，屏上出現一亮環，當屏到O點的距離為L＝eq\f(πmvcosθ,2qB)時，亮環半徑多大？在移動顯示屏過程中，最大亮環的面積是多少？答案(1)見解析(2)eq\f(2nπmvcosθ,qB)(n＝1,2,3…)(3)eq\f(\r(2)mvsinθ,qB)eq\f(4πmvsinθ2,q2B2)解析(1)速度大小不變，y軸方向與磁場平行，y軸方向受力為0。(2)y軸方向L＝vcosθ·t質子做圓周運動，有Bqvsinθ＝eq\f(mvsinθ2,r)又T＝eq\f(2πr,vsinθ)解得T＝eq\f(2πm,Bq)當t＝nT(n＝1,2,3…)時，所有質子會聚一點，可得L＝e