《2026年学易优高考二轮总复习物理》

[例 1] (2025·山东威海高三期末)
如图甲所示的三维坐标系 $Oxyz$ 中，荧光屏 $P$ 与平面 $xOy$ 平行放置，分界面 $M$ 与 $P$ 平行并将空间分为Ⅰ、Ⅱ两区域。区域Ⅰ内存在沿 $y$ 轴正方向的匀强电场，电场强度大小为 $E$。区域Ⅱ内存在如图乙所示的匀强磁场(沿 $z$ 轴正方向为磁场的正方向)，磁感应强度大小为 $B$。一电荷量为 $q$、质量为 $m$ 的带正电粒子从 $O$ 点以初速度 $v_0$ 沿 $z$ 轴正方向射入区域Ⅰ，到达 $M$ 时速度方向与 $z$ 轴正方向成 $60^{\circ}$，此时开始计时，最后粒子在 $t = \frac{4\pi m}{3qB}$ 时刻打在 $P$ 上。粒子的重力忽略不计，求：

(1)分界面 $M$ 到 $O$ 点的距离；
(2)粒子在区域Ⅱ的速度大小；
(3)$M$、$P$ 间的距离；
(4)粒子打在 $P$ 上的 $x$ 坐标和 $y$ 坐标。

答案：
(1)$\frac{\sqrt{3}mv_{0}^{2}}{qE}$　
(2)$2v_{0}$　
(3)$\frac{4πmv_{0}}{3qB}$
(4)$\frac{3\sqrt{3}mv_{0}}{qB}$，$\frac{3mv_{0}^{2}}{2qE}+\frac{3mv_{0}}{qB}$
解析:
(1)粒子在电场中，根据牛顿第二定律有$qE = ma$
粒子在电场中做类平抛运动，则有$v_{y} = at_{1}$，$v_{y} = v_{0} \tan 60^{\circ}$，$L_{OM} = v_{0}t_{1}$
解得$L_{OM} = \frac{\sqrt{3}mv_{0}^{2}}{qE}$。
(2)粒子进入磁场时，根据速度合成有$v = \frac{v_{0}}{\cos 60^{\circ}}$
解得$v = 2v_{0}$。
(3)粒子进入磁场中时，沿$z$轴正方向做匀速直线运动，最后粒子打在$P$上，则有$L_{MP} = v_{0}t$
结合题意解得$L_{MP}=\frac{4πmv_{0}}{3qB}$。
(4)粒子进入磁场后，在$xOy$平面内做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有$qv_{y}B = m\frac{v_{y}^{2}}{R}$，解得$R = \frac{\sqrt{3}mv_{0}}{qB}$
粒子圆周运动的周期$T = \frac{2πR}{v_{y}} = \frac{2πm}{qB}$
由于$t = \frac{4πm}{3qB}=\frac{2}{3}T$
可知，粒子在$\frac{t}{2}$时间内圆周分运动轨迹对应的圆心角为$\frac{2π}{3}=120^{\circ}$
则根据几何关系有$x = R + R + 2R\sin30^{\circ}$
解得$x = \frac{3\sqrt{3}mv_{0}}{qB}$
粒子在偏转电场中沿$y$轴正方向的侧移$y_{1} = \frac{1}{2}at_{1}^{2}$
粒子在磁场中沿$y$轴正方向的侧移$y_{2} = 2R\cos30^{\circ}$
粒子打在$P$上的$y$坐标$y = y_{1} + y_{2}$
解得$y=\frac{3mv_{0}^{2}}{2qE}+\frac{3mv_{0}}{qB}$。

[例 2] (2025·广东珠海二模)
如图所示，以长方体 $abcd - a'b'c'd'$ 的 $ad$ 边中点 $O$ 为坐标原点、$ad$ 方向为 $x$ 轴正方向、$a'a$ 方向为 $y$ 轴正方向、$ab$ 方向为 $z$ 轴正方向建立 $Oxyz$ 坐标系，已知 $Oa = ab = aa' = L$。长方体中存在沿 $y$ 轴负方向的匀强磁场，现有质量为 $m$、电荷量为 $q$ 的带正电粒子(不计重力)，从 $O$ 点沿 $z$ 轴正方向以初速度 $v$ 射入磁场中，恰好从 $a$ 点射出磁场。

(1)求磁场的磁感应强度 $B$ 的大小；
(2)若在长方体中加上沿 $y$ 轴负方向的匀强电场，让粒子仍从 $O$ 点沿 $z$ 轴正方向以初速度 $v$ 射入磁场中，为使粒子能从 $a'$ 点射出磁场，求电场强度 $E_1$ 的大小；
(3)若在长方体中加上电场强度大小为 $E_2 = \frac{2\sqrt{3}mv^2}{qL}$、方向沿 $z$ 轴负方向的匀强电场，让该粒子仍从 $O$ 点沿 $z$ 轴正方向以初速度 $v$ 射入磁场中，求粒子射出磁场时与 $O$ 点的距离 $s$。

答案：

(1)$\frac{2mv}{qL}$　
(2)$\frac{8mv^{2}}{π^{2}qL}$　
(3)$(1 - \frac{\sqrt{3}}{6}π)L$
解析:
(1)粒子在$abcd$平面内做匀速圆周运动，如图甲中轨迹1所示
根据几何关系有$r = \frac{1}{2}L$

由洛伦兹力提供向心力，有$qvB = m\frac{v^{2}}{r}$
解得$B = \frac{2mv}{qL}$。
(2)粒子在电磁复合场中的运动为匀速圆周运动与类平抛运动的合运动，在长方体中运动的时间$t = \frac{π}{v}$
在$y$轴方向上做初速度为零的匀加速直线运动，则$L = \frac{1}{2}at^{2}$，
又$qE_{1} = ma$
解得$E_{1} = \frac{8mv^{2}}{π^{2}qL}$。
(3)将初速度$v$分解为$v_{1}$、$v_{2}$，使$v_{1}$对应的洛伦兹力恰好与静电力平衡，分解如图乙
所示

即$qv_{1}B = qE_{2}$
其中$E_{2} = \frac{2\sqrt{3}mv^{2}}{qL}$
解得$v_{1} = \sqrt{3}v$
则根据勾股定理可得$v_{2} = \sqrt{v^{2} + v_{1}^{2}} = 2v$
根据几何关系易知$v_{2}$与$z$轴正方向的夹角$\theta = 60^{\circ}$
若仅在$v_{2}$对应的洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，即$qv_{2}B = m\frac{v_{2}^{2}}{R}$
则轨道半径$R = \frac{mv_{2}}{qB}$，解得$R = L$
该分运动的情况如图甲中轨迹2所示。粒子在磁场中运动的时间$t_{2} = \frac{\frac{π}{3}R}{v_{2}}$
由于粒子也参与速度大小为$v_{1}$，方向沿$x$轴正方向的匀速运动，粒子射出磁场时与$O_{1}$点的距离$s = L - v_{1}t_{2}$
解得$s = (1 - \frac{\sqrt{3}}{6}π)L$。

[例 3] (2024·湖南卷)
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 $x \leq 0$ 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 $x \geq 0$ 区域有一匀强电场，电场强度大小为 $E$，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 $v_0$。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 $\theta$，求 $\tan \theta$ 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)$\frac{2πmv_{0}}{eL}$　
(2)$\frac{2πr}{L}$　
(3)$\frac{2mπ^{2}r^{2}v_{0}^{2}}{eEL^{2}}$
解析:
(1)将电子的初速度分解为沿$x$轴方向的速度$v_{0}$和沿$y$轴方向的速度$v_{y0}$，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$T = \frac{2πm}{eB}$，电子均能经过$O$进入电场，则$\frac{L}{v_{0}} = nT(n = 1,2,3,·s)$
联立解得$B = \frac{2nπmv_{0}}{eL}(n = 1,2,3,·s)$
当$n = 1$时，$B_{\min} = \frac{2πmv_{0}}{eL}$。
(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$ev_{y0\max}B_{\min}= m\frac{v_{0}^{2}}{r^{2}}$，
则$|\tan \theta| = |\frac{v_{y0\max}}{v_{0}}| = \frac{2πr}{L}$。
(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$v_{y0\max}$时，电子在电场中运动的$y$轴正方向的位移最大，由牛顿第二定律有$eE = ma$
由速度位移公式有$2ay_{m} = v_{y0\max}^{2}$
联立解得$y_{m} = \frac{2mπ^{2}r^{2}v_{0}^{2}}{eEL^{2}}$。