帶電粒子在三維空間中的運動題型一帶電粒子的螺旋線運動和旋進運動空間中勻強磁場的分布是三維的，帶電粒子在磁場中的運動情況可以是三維的。現(xiàn)在主要討論兩種情況：（1）空間中只存在勻強磁場，當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，帶電粒子在一定的條件下就可以做旋進運動，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?！纠?】（2024·四川成都模擬）我國最北的城市漠河地處高緯度地區(qū)，在晴朗的夏夜偶爾會出現(xiàn)美麗的彩色“極光”。極光是宇宙中高速運動的帶電粒子受地球磁場影響，與空氣分子作用的發(fā)光現(xiàn)象，若宇宙粒子帶正電，因入射速度與地磁方向不垂直，故其軌跡偶成螺旋狀（如圖）（相鄰兩個旋轉圓之間的距離稱為螺距Δx）。下列說法正確的是 （）A.帶電粒子進入大氣層后與空氣發(fā)生相互作用，在地磁場作用下的旋轉半徑會越來越大B.若越靠近兩極地磁場越強，則隨著緯度的增加，以相同速度入射的宇宙粒子的半徑越大C.漠河地區(qū)看到的“極光”將以逆時針方向（從下往上看）向前旋進D.當不計空氣阻力時，若入射粒子的速率不變僅減小與地磁場的夾角，則旋轉半徑減小，而螺距Δx增大答案：D解析：帶電粒子進入大氣層后，由于與空氣相互作用，粒子的運動速度會變小，在洛倫茲力作用下的偏轉半徑r＝mvBq會變小，A錯誤；若越靠近兩極地磁場越強，則隨著緯度的增加地磁場變強，其他條件不變，則半徑變小，B錯誤；漠河地區(qū)的地磁場豎直分量是豎直向下的，宇宙粒子入射后，由左手定則可知，從下往上看將以順時針的方向向前旋進，C錯誤；當不計空氣阻力時，將帶電粒子的運動沿磁場方向和垂直于磁場方向進行分解，沿磁場方向將做勻速直線運動，垂直于磁場方向做勻速圓周運動，若帶電粒子運動速率不變，與磁場的夾角變小，則速度的垂直分量變小，故粒子在垂直于磁場方向的運動半徑會減少，而速度沿磁場方向的分量變大，故沿磁場方向的勻速直線運動將變快，則螺距Δx將增大，D【例2】（2024·山東菏澤模擬）在空間中存在水平向右的勻強磁場和勻強電場，磁感應強度大小為B，電場強度大小為E，方向均沿x軸水平向右。在O點，一個α粒子（氦原子核）以速度v0沿與x軸夾角為60°的方向射入電、磁場，已知質子質量為m、電荷量為q，不計α粒子的重力。求：（1）α粒子離x軸的最遠距離；（2）α粒子從O點射出后，第3次與x軸相交時的動能。答案：（1）23mv0qB（2）解析：（1）由題意可知α粒子的質量為mα＝4m、電荷量為qα＝2q，將α粒子的初速度分解成沿x軸方向的分速度vx與垂直x軸方向的分速度vy，則有vx＝v0cos60°＝12v0，vy＝v0sin60°＝32v0，由于vx與磁場方向平行，不受洛倫茲力影響，電場方向沿著x軸方向，只影響vx，不影響vy，故α粒子在電、磁場中的運動可分解為垂直于x軸的平面內做勻速圓周運動和沿x軸方向做勻加速直線運動。對于垂直于x軸平面內的勻速圓周運動，有qαvyB＝mαvy2r，解得圓周運動半徑r＝mαvyqαB＝4m（2）α粒子從O點射出后，第3次與x軸相交時，由于在垂直于x軸的平面內做勻速圓周運動，可知此過程經(jīng)歷的時間t＝3T＝3×2πmαqαB＝12πmqB，沿x軸方向做勻加速直線運動所通過的位移x＝vxt＋12at2，又加速度α粒子從O點射出后到第3次與x軸相交的過程，由動能定理有qαEx＝Ek－12mα聯(lián)立解得α粒子從O點射出后，第3次與x軸相交時的動能Ek＝2mv02＋題型二帶電粒子在立體空間中的偏轉分析帶電粒子在立體空間中的運動時，要發(fā)揮空間想象力，確定粒子在空間的位置關系。帶電粒子依次通過不同的空間，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)和關聯(lián)條件即可解決問題。有時需要將粒子的運動分解為兩個互相垂直的平面內的運動（比如螺旋線運動和旋進運動）來求解。【例3】（2022·山東高考17題）中國“人造太陽”在核聚變實驗方面取得新突破，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空間內充滿勻強磁場Ⅰ，磁感應強度大小為B，方向沿x軸正方向；－3d≤z＜0、y≥0的空間內充滿勻強磁場Ⅱ，磁感應強度大小為22B，方向平行于xOy平面、與x軸正方向夾角為45°；z＜0、y≤0的空間內充滿沿y軸負方向的勻強電場。質量為m、帶電量為＋q的離子甲，從yOz平面第三象限內距y軸為L的點A以一定速度出射，速度方向與z軸正方向夾角為β，在yOz平面內運動一段時間后，經(jīng)坐標原點O沿z軸正方向進入磁場Ⅰ（1）當離子甲從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）當離子甲以qBd2m的速度從O點進入磁場Ⅰ時，質量為4m、帶電量為＋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（忽略離子間相互作用答案：（1）mv02sinβcosβqL（2）Bqdm（3）（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，則在＋z方向上有L＝v0tcosβ在＋y方向上有0＝v0sinβ－at由牛頓第二定律有Eq＝ma解得E＝mv（2）離子甲進入磁場Ⅰ中，當離子甲運動軌跡與磁場Ⅰ上邊界相切時，由洛倫茲力充當向心力有qv1B＝mv1其軌跡半徑R1＝d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的平面內運動，由洛倫茲力充當向心力有qv1·22B＝mv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＝Bqdm（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R1'＝d2，離子甲在磁場Ⅰ中轉半個圓周，由y軸上（0，d，0）處第二次穿過xOy面進入磁場Ⅱ，在磁場Ⅱ中的軌跡半徑為R2'＝22d，離子甲在磁場Ⅱ中偏轉半個圓周，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中偏轉半個圓周第四次穿過xOy面，軌跡如圖甲所示，所以離子第四次穿越xOy平面的位置坐標為（d，d（4）設離子乙的速度為v2'，根據(jù)離子甲、乙動能相同可得12mv2＝12×4mv2解得v2'＝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R1'＝d2，R2'＝22則離子乙在磁場Ⅰ、Ⅱ中的軌跡半徑分別為R1″＝d，R2″＝2d，根據(jù)幾何關系可知離子甲、乙運動軌跡第一個交點如圖乙所示。從O點進入磁場到第一個交點過程，有t甲＝T甲1＋T甲2＝2πmqB＋2t乙＝T乙12＋T乙22＝可得離子甲、乙到達它們運動軌跡第一個交點時間差為Δt＝t乙－t甲＝2（跟蹤訓練·鞏固提升1.如圖所示，質子以初速度v進入磁感應強度為B且足夠大的勻強磁場中，速度方向與磁場方向的夾角為θ。已知質子的質量為m、電荷量為e。質子重力不計，則下列說法正確的是 （）A.質子運動的軌跡為螺旋線，螺旋線的中軸線方向垂直于紙面向里B.質子在垂直于磁場平面做圓周運動的半徑為mvC.質子做螺旋線運動的周期為2D.一個周期內，質子沿著螺旋線軸線方向運動的距離（即螺距）為2解析：D將質子的初速度分解為垂直于磁場方向的速度v1＝vsinθ，沿磁場方向的速度v2＝vcosθ，質子沿垂直磁場方向做勻速圓周運動，沿磁場方向做勻速直線運動，則質子運動的軌跡為螺旋線，螺旋線的中軸線方向平行磁場方向，選項A錯誤；質子做螺旋線運動的半徑為r＝mv1eB＝mvsinθeB，選項B錯誤；質子做螺旋線運動的周期為T＝2πrv1＝2πmeB，選項C錯誤；一個周期內，質子沿著螺旋線軸線方向運動的距離（即螺距2.（2022·重慶高考5題）2021年中國全超導托卡馬克核聚變實驗裝置創(chuàng)造了新的紀錄。為粗略了解等離子體在托卡馬克環(huán)形真空室內的運動狀況，某同學將一小段真空室內的電場和磁場理想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分量大小為v1，垂直于磁場方向的分量大小為v2，不計離子重力，則 （）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：D根據(jù)功率的計算公式可知P＝Fvcosθ，則電場力的瞬時功率為P＝Eqv1，A錯誤；由于v1與磁場B平行，則根據(jù)洛倫茲力的計算公式知F洛＝qv2B，B錯誤；根據(jù)運動的分解規(guī)律可知，離子在垂直于磁場方向做勻速圓周運動，沿磁場方向做加速運動，則v1增大，v2不變，v2與v1的比值不斷變小，C錯誤；離子受到的洛倫茲力不變，靜電力不變，則該離子的加速度大小不變，D正確。3.如圖所示，豎直平面MNRS的右側存在方向豎直向上且足夠大的勻強磁場，從平面MNRS上的O點處以初速度v0＝10m/s垂直MNRS面向右拋出一帶電荷量為q、質量為m的小球。若磁感應強度大小B＝πmq，g取10m/s2（1）小球離開磁場時的速度大小；（2）小球離開磁場時的位置與拋出點的距離。答案：（1）102m/s（2）5π解析：（1）小球在水平方向做勻速圓周運動，在豎直方向做自由落體運動，水平方向小球恰好轉半個周期離開磁場，故離開磁場的時間為t＝T2＝πmqB＝1s，則離開磁場時在豎直方向上的速度vy＝gt＝10m/s，故小球離開磁場時的速度大小為v＝v02（2）小球離開磁場時在豎直方向的位移大小為y＝12gt2＝5m，小球在水平方向做勻速圓周運動有qv0B＝mv02R，解得R＝mv0qB，水平方向位移為直徑，即x＝2R＝2mv0qB4.（2021·1月浙江選考22題）在芯片制造過程中，離子注入是其中一道重要的工序。如圖所示是離子注入工作原理示意圖，離子經(jīng)加速后沿水平方向進入速度選擇器，然后通過磁分析器，選擇出特定比荷的離子，經(jīng)偏轉系統(tǒng)后注入處在水平面內的晶圓（硅片）。速度選擇器、磁分析器和偏轉系統(tǒng)中的勻強磁場的磁感應強度大小均為B，方向均垂直紙面向外；速度選擇器和偏轉系統(tǒng)中的勻強電場場強大小均為E，方向分別為豎直向上和垂直紙面向外。磁分析器截面是內外半徑分別為R1和R2的四分之一圓環(huán)，其兩端中心位置M和N處各有一個小孔；偏轉系統(tǒng)中電場和磁場的分布區(qū)域是同一邊長為L的正方體，其底面與晶圓所在水平面平行，間距也為L。當偏轉系統(tǒng)不加電場及磁場時，離子恰好豎直注入到晶圓上的O點（即圖中坐標原點，x軸垂直紙面向外）。整個系統(tǒng)置于真空中，不計離子重力，打在晶圓上的離子，經(jīng)過電場和磁場偏轉的角度都很小。當α很小時，有sinα≈tanα≈α，cosα≈1－12α2。求（1）離子通過速度選擇器后的速度大小v和磁分析器選擇出來離子的比荷qm（2）偏轉系統(tǒng)僅加電場時離子注入晶圓的位置，用坐標（x，y）表示；（3）偏轉系統(tǒng)僅加磁場時離子注入晶圓的位置，用坐標（x，y）表示；（4）偏轉系統(tǒng)同時加上電場和磁場時離子注入晶圓的位置，用坐標（x，y）表示，并說明理由。答案：見解析解析：（1）通過速度選擇器離子的速度v＝E從磁分析器中心孔N射出離子的運動半徑為R＝R由mv2R＝qvB，得qm＝（2）經(jīng)過電場后，離子在x方向偏轉的距離x1＝1tanθ＝qEL離開電場后，離子在x方向偏移的距離x2＝Ltanθ＝qEx＝x1＋x2＝3qEL位置坐標為3L（3）離子進入磁場后做圓周運動半徑r＝mvsinα＝L經(jīng)過磁場后，離子在y方向偏轉距離y1＝r（1－cosα）≈L離開磁場后，離子在y方向偏移距離y2＝Ltanα≈2y＝y(tǒng)1＋y2≈3位置坐標為（0，3L。（4）注入晶圓的位置坐標為3電場引起的速度增量對y方向的運動不產(chǎn)生影響。5.（2021·山東等級考17題）某離子實驗裝置的基本原理如圖甲所示。Ⅰ區(qū)寬度為d，左邊界與x軸垂直交于坐標原點O，其內充滿垂直于xOy平面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B0；Ⅱ區(qū)寬度為L，左邊界與x軸垂直交于O1點，右邊界與x軸垂直交于O2點，其內充滿沿y軸負方向的勻強電場。測試板垂直x軸置于Ⅱ區(qū)右邊界，其中心C與O2點重合。從離子源不斷飄出電荷量為q、質量為m的正離子，加速后沿x軸正方向過O點，依次經(jīng)Ⅰ區(qū)、Ⅱ區(qū)，恰好到達測試板中心C。已知離子剛進入Ⅱ區(qū)時速度方向與x軸正方向的夾角為θ。忽略離子間的相互作用，不計重力。（1）求離子在Ⅰ區(qū)中運動時速度的大小v；（2）求Ⅱ區(qū)內電場強度的大小E；（3）保持上述條件不變，將Ⅱ區(qū)分為左右兩部分，分別填充磁感應強度大小均為B（數(shù)值未知）方向相反且平行y軸的勻強磁場，如圖乙所示。為使離子的運動軌跡與測試板相切于C點，需沿x軸移動測試板，求移動后C到O1的距離s。答案：（1）q（2）2（3）6（解析：（1）設離子在Ⅰ區(qū)內做勻速圓周運動的半徑為r，由牛頓第二定律得qvB0＝mv根據(jù)幾何關系得sinθ＝d聯(lián)立得v＝qB（