2027年高考物理一轮复习学案练习含答案11-第十一章 安培力与洛伦兹力 06-专题突破21 带电粒子在叠加场中的运动（教用）

这是一份2027年高考物理一轮复习学案练习含答案11-第十一章 安培力与洛伦兹力 06-专题突破21 带电粒子在叠加场中的运动（教用），共16页。试卷主要包含了常规运动，滚轮线运动，螺旋线运动等内容，欢迎下载使用。
题型一 常规运动
带电粒子在叠加场中的常规运动包括直线运动、匀速圆周运动、类平抛运动（匀变速曲线运动），举例说明上述运动条件和情形如下：
1.不计重力，当电场力与洛伦兹力平衡时，粒子做匀速直线运动（即速度选择器模型）；不计重力，电场方向与磁场方向共线，当初速度方向也与之共线，即v0//E//B时，粒子做匀变速直线运动。
2.如图所示，当电场力与重力平衡，粒子所受合力等于洛伦兹力，则粒子做匀速圆周运动。
3.如图所示，磁场平行于y轴方向，电场分解为沿z轴方向的分量E1和沿y轴方向的分量E2，电荷量为q的带正电的粒子初速度v沿x轴方向，不计重力，当满足qvB=qE1时，粒子沿x轴方向做匀速直线运动，同时沿y轴方向做初速度为0的匀加速直线运动，则其合运动为类平抛运动（匀变速曲线运动）。
例1 （2025·重庆名校联考）在某空间建立如图所示直角坐标系，并在该空间加上沿y轴负方向、磁感应强度大小为B的匀强磁场和沿某个方向的匀强电场。一质量为m、带电荷量为q(q>0)的粒子从坐标原点O以初速度v沿x轴正方向射入该空间，粒子恰好能做匀速直线运动，不计粒子重力的影响，试求：
（1） 所加匀强电场的电场强度E的大小和方向；
（2） 若撤去电场，并改变磁感应强度的大小，使得粒子恰好能够经过坐标为(2a,0,−a)的点，则改变后的磁感应强度大小B′为多大；
（3） 若保持磁感应强度不变，将电场强度大小调整为E′，方向调整为平行于yOz平面且与y轴正方向成某个夹角θ ，使得粒子能够在xOy平面内做匀变速曲线运动，并经过坐标为(2a,a,0)的点，则E′和 tanθ 各为多大。
【答案】（1） vB沿z轴正方向
（2） 2mv5qa
（3） (vB)2+(mv22qa)22qaBmv
【解析】
（1） 由左手定则可知，带电粒子所受洛伦兹力沿z轴负方向，则由平衡条件可知，电场力沿z轴正方向，即电场强度沿z轴正方向，且有qE−qvB=0，
解得E=vB。
（2） 作出粒子运动的轨迹如图所示
根据几何关系有r2=(r−a)2+(2a)2，
解得粒子运动的半径为r=52a，
由牛顿第二定律有qvB′=mv2r，
解得B′=2mv5qa。
（3） 由题意，电场力沿z轴正方向的分力平衡洛伦兹力，另一个分力沿y轴正方向，产生加速度a0，如图所示
则由平衡条件，有qE1−qvB=0，
由类平抛运动规律有2a=vt，a=12a0t2，
其中a0=qE2m，
解得E1=vB、E2=mv22qa，
则有E′=E12+E22=(vB)2+(mv22qa)2，tanθ=E1E2=2qaBmv。
题型二 滚轮线运动
1.模型建立
如图甲所示，在竖直向下的匀强电场与垂直于纸面向里的匀强磁场的复合场中，带正电的粒子具有水平初速度v0，已知电场强度为E，磁感应强度为B，且v0>EB。（忽略粒子重力）
分析：如图乙所示，粒子的初速度可分解为v1=EB，v2=v0−EB，这两个分速度对应两个洛伦兹力。因为qv1B=qE，所以粒子的两个分运动分别为速度为v1的匀速直线运动和速度为v2的匀速圆周运动。这两个分运动是共面的，其合运动的轨迹如图丙所示，这种运动称为滚轮线运动。
2.处理方法——配速法
例2 （2025·辽宁名校联考）如图所示，在xOy坐标系x0区域分为区域Ⅰ和区域Ⅱ，区域Ⅰ存在垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B(B未知)的匀强磁场，区域Ⅱ存在垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B′=12B的匀强磁场及沿y轴负方向、电场强度大小为E′=23E的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从M(−d,0)点以初速度v0垂直于电场方向进入第二象限，经N点进入区域Ⅰ，此时速度与y轴正方向的夹角为60∘ ，经区域Ⅰ后由分界线OP上的A点（图中未画出）垂直于分界线进入区域Ⅱ，不计粒子重力及电、磁场的边界效应。求：
（1） N点的位置坐标；
（2） 带电粒子从M点运动到A点的时间t；
（3） 粒子在区域Ⅱ中运动时，第1次和第2n+1次(n=1,2,3,⋯)经过x轴的位置之间的距离s。
【答案】（1） (0,233d)
（2） 23d3v0+πd4v0
（3） 2nπd(n=1,2,3,⋯)
【解析】
（1） 粒子经过N点时的速度v=v0cs60∘=2v0，
经过N点时的x轴分速度vx=v0tan60∘=3v0，
由类平抛规律有d=vx2t，yN=v0t，
联立解得yN=233d，
则N点坐标为(0,233d)。
（2） 粒子从M点到N点，由动能定理得qEd=12mv2−12mv02，
解得E=3mv022qd，
粒子从M点到N点，由运动学公式有d=12⋅qEmt12，
联立解得t1=23d3v0，
粒子从M点到A点，其运动轨迹如图1所示
图1
由几何关系可得，粒子在区域Ⅰ中做匀速圆周运动的半径r1=ONsin60∘=d，
可知运动时间t2=14T1=πr12v=πd4v0，
则带电粒子从M点运动到A点的时间t=t1+t2=23d3v0+πd4v0。
（3） 粒子在区域Ⅰ中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，qvB=mv2r1，
解得B=2mv0qd，
在A点将速度v分解为沿x轴正方向的分速度v1和沿y轴负方向的分速度v′，如图1所示，则v1=v0，v1对应的洛伦兹力恰好与静电力平衡即qE′=qv1B′，
这样粒子在区域Ⅱ中的运动分解为以v1的匀速直线运动和以v′的匀速圆周运动，设v2=v1，方向与v1相反，则v2与v的合速度为v′，则v′=3v0，
设对应的匀速圆周运动的半径为r2，由洛伦兹力提供向心力有qv′B′=mv′2r2，
联立解得r2=3d，
其运动轨迹如图2所示
图2
粒子从第1次到第2n+1次经过x轴，共运动了n个周期，时间tn=nT2=2πndv0，
距离s=v1tn，
联立解得s=2nπd(n=1,2,3,⋯)。
题型三 螺旋线运动
1.模型建立
（1）等距螺旋线运动
如图甲所示，一电荷量为+q、质量为m的带电粒子（不计重力）静置于直角坐标系xOy坐标原点O处，整个空间处于竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。现给粒子一与x轴正方向夹角为θ 斜向下的初速度v0。
因为粒子的速度与磁场方向不垂直，所以将初速度v0分别沿水平和竖直方向进行分解。
带电粒子在水平方向上的分速度大小为vx=v0csθ ，
方向与磁场方向垂直，洛伦兹力的大小为F洛=qvxB，
该力提供粒子在水平面内做匀速圆周运动的向心力，即qvxB=mvx2R，
因此粒子在水平方向上做半径R=mv0csθqB、周期T=2πmqB的匀速圆周运动。
竖直方向上分速度大小为vy=v0sinθ ，方向与磁场方向平行，粒子在竖直方向上以速度vy=v0sinθ 向下做匀速直线运动。
从合运动的角度看，粒子的合运动为等螺距的螺旋线运动，如图乙所示，两个相邻螺旋线之间的距离即螺距。
（2）非等距螺旋线运动
在上述的情形下，若再加一个电场强度大小为E、方向竖直向下的匀强电场，其他条件不变，如图丙所示。此时，带电粒子将同时受到水平方向的洛伦兹力和竖直向下的电场力作用。
在水平方向上，速度分量始终为vx=v0csθ ，因此粒子在水平方向上仅受大小恒定的洛伦兹力F洛=qv0Bcsθ 的作用，F洛提供匀速圆周运动的向心力F洛=m(v0csθ)2R，粒子在水平面内仍做半径R=mv0csθqB、周期T=2πmqB的匀速圆周运动。
在竖直方向上，粒子仅受电场力F电=qE的作用，粒子做加速度为ay=qEm的匀加速直线运动，速度大小vy=v0sinθ+qEmt，
下落的高度h=v0tsinθ+12⋅qEmt2，
粒子的合运动为半径R=mv0csθqB，螺距逐渐增加的螺旋线运动，相邻螺距差Δy=aT2=qEm⋅(2πmqB)2=4π2mEqB2
其轨迹形状如图丁所示。
2.处理方法——分解法
螺旋线的最大特征就是在时间和空间上具有一定的周期性，处理有关螺旋线问题时，可以采取运动的分解和合成的方法，这样就能化难为易。
电磁场中空间螺旋线问题求解思路如下：
（1）建立恰当的三维坐标系；
（2）沿平行于磁场的方向和垂直于磁场的方向分解初速度；
（3）研究平行于磁场的直线运动和垂直于磁场平面的圆周运动；
（4）寻找各运动过程之间的速度关系、位置关系、时间关系和几何关系；
（5）用合运动和分运动的规律求解空间螺旋线问题。
例3 （2025·辽宁沈阳二模）如图，空间直角坐标系Oxyz中有一与xOz面平行的界面M将足够大的空间分为Ⅰ、Ⅱ两个区域，界面M与y轴交点坐标为(0,l,0)且界面M上有一足够大的接收屏（未画出）。在O点存在一粒子源，仅在xOy平面内沿各个方向均匀发射速率为v0、电荷量为+q、质量为m的粒子。Ⅰ区域存在沿z轴正方向、磁感应强度B1=mv0ql的匀强磁场，Ⅱ区域存在沿x轴正方向、磁感应强度B2=B1的匀强磁场和沿z轴正方向、电场强度为E2=mv02ql的匀强电场，不计粒子重力及粒子间的相互作用，不考虑相对论效应。
（1） 求粒子在Ⅰ区域做匀速圆周运动的半径r和周期T；
（2） 若在Ⅰ区域再加一个沿z轴正方向、场强E1=2mv02πql的匀强电场（未画出），求粒子打到接收屏上的z坐标最大和最小的点在坐标系Oxyz中的坐标；
（3） 若O点发射源只沿x轴负方向发射该种粒子，Ⅰ区域仍存在沿z轴正方向、场强E1=2mv02πql的匀强电场（未画出），撤去接收屏，求粒子进入Ⅱ区域后能够达到的最大速率和最大速率时的z坐标。
【答案】（1） l2πlv0
（2） (−l,l,9πl4)(0,l,πl9)
（3） 2v0(π+4)l4
【解析】
（1） 粒子在Ⅰ区域做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有qv0B1=mv02r，
解得r=l，
根据周期公式得T=2πrv0，
解得T=2πlv0。
（2） 粒子沿z轴正方向做初速度为0、加速度为a的匀加速运动，根据牛顿第二定律可得qE1=ma，
解得a=2v02πl，
粒子在垂直于z轴的平面上做半径为l的匀速圆周运动，从上向下看如图所示
初速度方向沿y轴负方向的粒子打在接收屏前运动的时间最长，即
tmax=34T=3πl2v0，
对应z坐标有最大值zmax=12atmax2=9πl4，
由几何知识可得该点x坐标为−l，其对应的坐标为(−l,l,9πl4)；
初速度方向沿y轴正方向偏向x轴负方向30∘ 角的粒子打在接收屏前运动的时间最短，tmin=T6=πl3v0，
对应z坐标有最小值zmin=12atmin2=πl9，
由几何知识可得该点x坐标为0，其对应的坐标为(0,l,πl9)。
（3） 沿x轴负方向发射的粒子通过界面M时，垂直于z轴方向的速度分量沿y轴正方向，大小为vy=v0，
通过界面M前的运动时间为t=T4=πl2v0，
通过界面M时的z坐标为z0=12at2=πl4，
粒子沿z轴正方向的速度vz=at=v0，
沿y轴正方向的速度也为v0。
将粒子刚进入Ⅱ区域的速度v分解为沿y轴正方向的分速度v1和另一分速度v2，令v1所对应的洛伦兹力与电场力平衡，由平衡条件可得
qv1B2=qE2，
解得v1=v0，
则粒子的另一分速度v2沿z轴正方向，大小v2=v0，
粒子的运动可看作以v1=v0沿y轴正方向做匀速直线运动和以v2=v0沿x轴负方向观察做顺时针匀速圆周运动的合运动。
粒子的z坐标最大时，两个分运动的速度方向相同，对应的合速度最大，即vmax=2v0，
粒子刚进入Ⅱ区域至达到最大速度时，在z方向上通过的距离等于粒子以v2做匀速圆周运动的半径r′，则
qv2B2=mv22r′，
解得r′=l，
所以粒子达到最大速度时的z坐标为z=πl4+r′=(π+4)l4。
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处理方法
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，v1和v2大小相等，且满足qv2B=mg，则粒子的运动可看作是以v2做匀速直线运动和以v1做匀速圆周运动的合运动

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，v1和v2大小相等，且满足qv2B=qE，则粒子的运动可看作是以v2做匀速直线运动和以v1做匀速圆周运动的合运动

初速度为0，有重力
把初速度0分解为一个斜向右上的速度v1和一个斜向左下的速度v2，v1和v2大小相等，且满足qv1B与重力、电场力的合力平衡，则粒子的运动可看作是以v1做匀速直线运动和以v2做匀速圆周运动的合运动

初速度为v0，有重力
把初速度v0分解为v1和v2，且满足qv1B=mg，则粒子的运动可看作是以v1做匀速直线运动和以v2做匀速圆周运动的合运动