2023届高三物理一轮复习74带电粒子在叠加场中的运动（解析版）

专题74带电粒子在叠加场中的运动

1.受力决定运动，运动反映受力。无论是组合场还是叠加场都要对带电粒子进行正确的受力分析

和运动分析，然后画出粒子的运动轨迹，选取合适的物理规律求解。

2.带电粒子在叠加场中做无约束的运动

运动性质受力特点方法规律

匀速直线运动粒子所受的合力为O平衡条件

除洛伦兹力外，另外两力的合力为零：商

匀速圆周运动牛顿第二定律、圆周运动的规律

=mg

较复杂的曲线除洛伦兹力外，其他力的合力既不为零，

动能定理、能量守恒定律

运动也不与洛伦兹力等大反向

3.带电体在叠加场中受到约束的运动

带电体在叠加场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情况下,除受场力外,还受弹力、摩擦力作用，常

见的运动形式有直线运动和圆周运动,此时解题要通过受力分析明确变力、恒力做功情况,并注意洛伦兹力

不做功的特点,运用动能定理、能量守恒定律结合牛顿运动定律求出结果。

1.（多选）如图所示，空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，一带电液滴从静止开始自

/点沿曲线48运动，到达6点时速度为零，C点是运动的最低点，不计摩擦阻力，则以下说法中正确的是

A.液滴一定带正电B.液滴在C点时的动能最小

C.从4到6■过程液滴的电势能增大D.从。到6过程液滴的机械能增大

【答案】CD

【解析】A.从图中可以看出，带电粒子由静止开始向下运动，说明重力和电场力的合力向下，洛伦兹力指

向弧内，根据左手定则可知，液滴带负电，故A错误；

B.从4到C的过程中，重力正功，而电场力做负功，洛伦兹力不做功，但合力仍做正功，导致动能仍增大，

从C到8的过程中，重力做负功，电场力做正功，洛伦兹力不做功，但合力却做负功，导致动能减小，所

以滴在C点动能最大，故B错误；

C.从4到C过程液滴克服电场力做功，故电势能增加，故C正确；

D.除重力以外的力做的功等于机械能的变化量，从C到6的过程中，电场力做正功，洛伦兹力不做功，机

械能增大，故D正确。

故选CD。

2.（2017•全国）如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上（与纸面平行），磁场

方向垂直于纸面向里。三个带正电的微粒a、b、C电荷量相等，质量分别为此、“已知在该区域

内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动。下列

【答案】B

【解析】带正电的微粒a在纸面内做匀速圆周运动，必有qE=mag

带正电的微粒b向右做匀速直线运动，电场力竖直向上，左手定则判断洛伦兹力竖直向上，重力竖直向下，

平衡条件得qE+qvB=mhg得mhg>qE

带正电的微粒C向左做匀速直线运动，电场力竖直向上，左手定则判断洛伦兹力竖直向下，重力竖直向下，

平衡条件得qE=mcg+qvB得ιncg<qE

则有wz,>ma>ιnc

故选Bo

3.（2022•内蒙古师范大学附属第二中学高三阶段练习）（多选）如图所示，空间存在相互垂直的匀强电场

和匀强磁场，电场的方向竖直向下，磁场方向垂直纸面向里，一带电油滴户恰好处于静止状态，则下列说

法正确的是（)

XBX××

P

×X××

××××

××××

E*

ʌ.若仅撤去磁场，户可能做匀加速直线运动

B.若仅撤去电场，。可能做匀加速直线运动

C.若给尸一初速度，。可能做匀速直线运动

1）.若给户一初速度，P可能做匀速圆周运动

【答案】CD

【解析】A.一带电油滴产恰好处于静止状态，则油滴重力与电场力等大反向，若仅撤去磁场，带电油滴仍

然处于静止状态，故A错误；

B.若仅撤去电场，带电油滴〃向下加速，并受到始终与速度方向始终相互垂直的洛仑兹力，。不可能做匀

加速直线运动，故B错误；

CD.若给。•初速度，当速度方向平行于磁场时，〃做匀速直线运动；当速度方向垂直于磁场时，尸做匀速

圆周运动，故CD正确。

故选CD。

4.（多选）如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小为E=5bN∕C,同时存在着水平方向

的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B=O.5T。有一带电的小球，质量Tn=I.0X10^6kg,

电荷量q=2Xl（）FC,正以速度,在竖直面内做直线运动，取g=10m∕s2,下列说法正确的是（）

A.小球带负电B.小球一定做匀速直线运动

C.小球的速度u=20m∕sD.小球的速度方向与水平方向夹角8=45°

【答案】BC

【解析】AB.对小球受力分析，小球受重力、电场力和洛伦兹力，且小球做直线运动，洛伦兹力与速度方

向垂直，电场力在水平方向上，由此可知小球带正电，且做匀速直线运动，故A错误，B正确；

CD.小球受力平衡，则tan。=也=咨与空=W则。=60°

mg1.0×10-6×10

受力分析解得≡in0=⅛解得D=肃=悬m∕s=20m∕s故C正确，D错误。

故选BC0

5.在方向如图所示的匀强电场（场强为E）和匀强磁场（磁感应强度为B）共存的场区，一电子沿垂直电场

线和磁感线方向以速度火射入场区，则（）

A.若丹吟，电子沿轨迹I运动，射出场区时，速度"<孙

B

B.若电子沿轨迹II运动，射出场区时，速度

B

C.若V，：,电子沿轨迹I运动，射出场区时，速度U>VQ

D.若v>[,电子沿轨迹II运动，射出场区时，速度u<%

aB

【答案】D

【解析】AB.电子进入电磁场中，受到洛伦磁力与电场力两个力作用，由左手定则判断可知，洛伦兹力方

向向下，而电场力方向向上。若/〈、，则qvB<qE

D0

即洛伦兹力小于电场力，电子向上偏转，沿轨道I运动，洛伦兹力不做功，而电场力对电子做正功，动能

增加，速度增大，所以速度V>%。故AB均错误;

CD.若r⅛>贝!∣qv0B>qE

即洛伦兹力大于电场力，电子向下偏转，沿轨道∏运动，洛伦兹力不做功，而电场力对电子做负功，动能

减小，速度减小，所以速度V<%。故C错误，1）正确。

故选Do

6.（2023•全国•高三专题练习）（多选）带电粒子在重力场中和磁场中的运动可以分解为在水平方向上的

匀速直线运动和在竖直平面内的匀速圆周运动。若带正电小球的初速度为零，可以分解为在水平方向上有

两个大小相等、方向相反速度。水平向右的速度对应的洛伦兹力与小球的重力平衡，水平向左的速度对应

的洛伦兹力提供小球匀速圆周运动向心力。设带电小球的质量为勿、电量为+q,磁感应强度为6（范围无限

大），重力加速度为小小球由静止开始下落，则以下猜想正确的是（）

A.M、N两点间的距离为嗡B.小球在运动过程中机械能不守恒

ρzB2

C∙小球下降的最大高度为噂D.小球的加速度大小恒为g

qzBz

【答案】CD

【解析】A.在竖直方向上带电小球受力平衡，则有mg=Bqv0得%=詈

Bq

竖直面内匀速圆周运动半径为R=詈=裳

BqB"q2

周期为T=誓

Bq

MN两点间距离为S=V0T=驾察故A错误；

Uq2B2

B.小球在运动过程中只有重力做功，洛伦兹力不做功，则小球的机械能守恒，故B错误；

C.小球下落的最大高度为4=2R=部故C正确；

B2q2

D.小球在水平面内是匀速直线运动，竖直面内是匀速圆周运动，小球的加速度大小恒为α向=竽=g

故D正确。

故选CDo

7.（2022•重庆•高考真题）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），电场强度大小为反磁感应强度大小为&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小垂直于磁场方向的分量大小为小不计

ʌ.电场力的瞬时功率为qE√评+诏B,该离子受到的洛伦兹力大小为Qv1B

C.心与心的比值不断变大D.该离子的加速度大小不变

【答案】D

【解析】A.根据功率的计算公式可知P=尸Ia）S0,则电场力的瞬时功率为P=Eqv,,A错误；

B.由于匕与磁场8平行，则根据洛伦兹力的计算公式有∕⅛=。匕6,B错误；

C.根据运动的叠加原理可知，离子在垂宜于纸面内做匀速圆周运动，沿水平方向做加速运动，则口增大,

修不变，吵与的比值不断变小，C错误；

D.离子受到的安培力不变，电场力不变，则该离子的加速度大小不变，D正确。

故选D。

8.（2022•全国）空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直于纸面（XQy平面）向里，电场的方

向沿y轴正方向。一带正电的粒子在电场和磁场的作用下，从坐标原点。由静止开始运动。下列四幅图中，

可能正确描述该粒子运动轨迹的是（）

【答案】B

【解析】解法一：AC.在Xey平面内电场的方向沿y轴正方向，故在坐标原点。静止的带正电粒子在电场

力作用下会向y轴正方向运动。磁场方向垂直于纸面向里，根据左手定则，可判断出向y轴正方向运动的

粒子同时受到沿X轴负方向的洛伦兹力，故带电粒子向X轴负方向偏转。AC错误；

BD.运动的过程中电场力对带电粒子做功，粒子速度大小发生变化，粒子所受的洛伦兹力方向始终与速度

方向垂直。由于匀强电场方向是沿y轴正方向，故X轴为匀强电场的等势面，从开始到带电粒子偏转再次

运动到X轴时，电场力做功为0,洛伦兹力不做功，故带电粒子再次回到X轴时的速度为0,随后受电场力

作用再次进入第二象限重复向左偏转，故B正确，D错误。

故选Bo

解法二：粒子在。点静止，对速度进行分解，分解为向X轴正方向的速度心向X轴负方向的速度/‘，两

个速度大小相等，方向相反。使得其中一个洛伦兹力平衡电场力，即qB"=qE

则粒子的在电场、磁场中的运动，可视为，向X轴负方向以速度/=W做匀速直线运动，同时在X轴上方做

匀速圆周运动。

故选Bo

9.（2022•广东）（多选）如图所示，磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强

磁场。电子从初点由静止释放，沿图中所示轨迹依次经过双。两点。已知欣。在同一等势面上，下列说

法正确的有（）

ʌ.电子从M到只电场力做正功B.N点的电势高于一点的电势

C.电子从"到N,洛伦兹力不做功D.电子在M点所受的合力大于在P点所受的合力

【答案】BC

【解析】A.由题可知电子所受电场力水平向左，电子从“到〃的过程中电场力做负功，故A错误；

B.根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知N点的电势高于。点，故B正确；

C.由于洛伦兹力一直都和速度方向垂直，故电子从材到"洛伦兹力都不做功；故C正确；

D.由于M点和一点在同一等势面上，故从历到产电场力做功为0,而洛伦兹力不做功，〃点速度为0,根据

动能定理可知电子在〃点速度也为0,则电子在〃点和〃点都只受电场力作用，在匀强电场中电子在这两点

电场力相等，即合力相等，故D错误；故选BC。

10.如图所示，粗糙木板屈V竖直固定在方向垂直纸面向里的匀强磁场中。力=0时，一个质量为以电荷量

为q的带正电物块沿,4邠以某一初速度竖直向下滑动，则物块运动的P—力图像不可能是（）

【答案】B

【解析】A.设初速度为“,若满足Wg=六〃N

因N=Bqvo

则mg:z口BqVo

则滑块向下做匀速运动，故A正确；

BD.若晡>UBqvo

则滑块开始有向下的加速度，加速度大小为α=吗侬

m

可知随速度增加，加速度减小，即滑块做加速度减小的加速运动，最后达到匀速状态，故B错误，D正确;

C.若∕ng<UBqVO

则滑块开始有向上的加速度，做减速运动，加速度大小为α=股叱≡

m

可知随速度减小，加速度减小，即滑块做加速度减小的减速运动，最后达到匀速状态，故C正确。

本题选错误项，故选B。

11.（2023•全国•高三专题练习）（多选）如图所示，在水平匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场中，有

一竖直足够长固定绝缘杆助V；小球尸套在杆上，已知P的质量为加、电荷量为+q（q>0）,电场强度为反

磁感应强度为8,2与杆间的动摩擦因数为〃，重力加速度为g。小球由静止开始下滑直到稳定的过程中（）

A.小球的加速度一直减小

B.小球的机械能和电势能的总和保持不变

C.下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是尸"巴詈

2〃qB

D.下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是尸警Wg

2μqB

【答案】CD

【解析】A.对小球受力分析如图所示，则mg-μ（qE-qvB）-ma

随着0的增加，小球的加速度先增大，当步04时达到最大值amax^g

继续运动mg~U（qvB~qE>=ma随着P的增大，a逐渐减小，所以A错误;

B.因为有摩擦力做功，小球的机械能与电势能总和在减小，B错误;

CD.若小球的加速度在达到最大前达到最大加速度的一半，则喑共（qE-qvB~）=嫄得V=警守

22/xqB

若小球的加速度在达到最大后达到最大加速度的一半，则（√VB-<E）=//得,=2位詈

72ZuqB

故CD正确°

M

×X

EEq

××

B

X××

N

12.（2022・全国・高三课时练习）如图所示，在水平面上固定一倾角为8=60°的光滑绝缘斜面。4斜

面所处整个空间存在垂直于斜面斜向下的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，电场强度大小E=5V∕m,

磁感应强度大小B=苧T。一个电荷量为q=0.2C、质量为m=0.1kg的带电小球（带正电）在斜面顶端。点

由静止释放，小球经过斜面上C点时离开斜面，运动到斜面下端4点正上方的D点（图中未画出）时加速度

为10,重力加速度g=10m∕s2,则小球从。点到C点的时间和小球经过D点的速度大小分别为（）

A.1.5s；15m∕sB.1.5s；30m∕sC.3s；3m∕sD.3s；1.5m∕s

【答案】A

【解析】由于斜面光滑，故小球离开斜面前做匀加速直线运动，离开斜面时对斜面的压力为0,则沿斜面方

向有mgsinθ=ma

垂直于斜面方向有qvcB=qE+mgcosθ

联立解得t=HS=1,5s

a

小球在。点加速度为0,则受力平衡，如图所示

由于mg=qE=IN

则有<JVDB=2mgcos30°

解得。点速度为VD=15m∕s

故选Ao

13.（2023•全国•高三专题练习）如图所示，水平向左的匀强电场的场强E=4V∕m,垂直纸面向内的匀强

磁场的B=27,质量为Tn=Ikg的带正电的小物块A从竖直绝缘墙上的M点由静止开始下滑，滑行4=0.8m至IJ

达N点时离开墙面开始做曲线运动，在到达P点开始做匀速直线运动，此时速度与水平方向成45°角，P

点离开M点的竖直高度为H=1.6m,取g=10m∕s2试求：

（1）A沿墙下滑克服摩擦力做的功％；

【解析】（1）根据题意，在“点对A受力分析，如图所示

根据平衡条件有qvNB=qE

解得=2m/s

VN=B

物块A由M运动到N过程中，设克服摩擦力做的功为Wf,由动能定理有mgΛ-Wf=^mv^

代入数据解得Wf=6]

（2）根据题意，在尸点，对物块A受力分析，如图所示

由平衡条件可得qE=mg,quBcos45=mg

联立解得v=2√2m/s

粒子由N运动到P过程中，由动能定理有mgΛ'PEXP诏FI%

代入数据解得xp=0.6m

14.（2022•全国•高三课时练习）如图所示，在Xoy坐标系内，圆心角为127。的内壁光滑的圆管ab,圆心

位于原点。处，Oa连线与X轴重合。坐标系内有水平向右的匀强电场，在第四象限有垂直于纸面向里的匀强

磁场，磁感应强度大小为8。现将一质量为小、带电荷量为+q的小球从圆管的α端无初速度释放，小球从圆

管的b端飞出后沿直线运动到无轴。已知圆管直径略大于小球直径，重力加速度为g。求：

（1）该匀强电场的电场强度E的大小：

（2）小球沿管下滑到达y轴前的瞬间对管壁的作用力；

（3）小球从b端飞出后第二次到达X轴时的横坐标。

【答案】（1）鬻；（2）3mg,方向竖直向下：（3）修黑

【解析】（1）小球从b后做直线运动，必然是匀速直线运动，对小球受力分析如图所示

可知qE=mgtan37o

解得E=Sn37。=皿

Q4q

(2)设到达y轴前瞬间小球速度为巧，设。Q间距离为R,

对小球的这一过程应用动能定理得mgR+qER=

此时小球受到管下壁的弹力，设为尸N，由向心力公式可得FN-巾9=喑

联立解得FN=^mg

由牛顿第三定律可知，小球对管下壁的压力大小为方向竖直向下

(3)小球从b端飞出时，设速度为外，由(1)可知F洛=q"28cos37。=mg

可得W=舞

对小球从Q到b的这一过程应用动能定理可得TngRCoS37。+qER(l+sin37o)=ITn谚

联立解得R=f⅛

以外到达万轴时，其横坐标为Xl=盛

之后，在水平方向，小球以以=%cos37°为初速度，在电场力作用下做匀加速运动；在竖直方向，只受重

力作用，小球以为=?sin37。为初速度做竖直上抛运动，则再次到达X轴时，历时为t=詈

vt2

在水平方向的位移为X2=x+jɑt

在水平方向，由牛顿第二定律得qE=rnα

联立得&=翳

则第二次到达无轴时的横坐标为X=X1+X2=葛篝

is.如图所示，有一个无重力空间，y方向为竖直方向，在的区域内存在匀强磁场，磁感应强度的方

向垂直于纸面向里，大小为8=IT,绝缘光滑空心细管MN的长度为Λ=3m,管内〃端有一质量为炉0.1kg、

带正电ρ=0.IC的小球，开始时小球相对管静止.管带着小球沿垂直于管长度方向，以恒定速度吠5m∕s向

右方运动.求：

(1)已知进入磁场后小球将匀加速上升，求小球上升的加速度；

(2)小球在从管的"端到/V端的过程中，管壁对小球做的功；

(3)当细管以Pk5m∕s进入磁场时，若给管一定的外力，使其以a=2.Om//的恒定加速度向右匀加速运动，

小球将不能以恒定加速度上升.为保证小球仍能在管中匀加速上升，需让细管与小球间具有一特定的摩擦

因数〃.试求该〃值，及小球相对管上升的加速度a,.(要求a<l)

yjk

×X×××

β

××××X

X×XXX

××××X

XX×

×

【答案】(1)5m∕sz(2)1.5J(3)0.5；4.0m∕s2

【解析】(1)由牛顿第二定律得q%B=mαα=鬻=5m∕s2

2

(2)解法一、设小球离开管口时速度为加v1=2aΛ

联立解得：力=心事

小球的合速度为：V=J说+诏=J20：：。"二i

由动能定理得小球从管的M端到”端的过程中管壁对小球做的功"为：

1,1,

zma

W=-mv--nιvo=^=qv0BA=1.5J

解法二、洛仑兹力不做功，则洛仑兹力两个分量做功相互抵消.

管壁对小球所做的功大小应等于洛仑兹力竖直分量对小球所作的功：W=qv0B∕ι=1.5J

(3)小球竖直分速度为匕时，水平速度记为八，小球受力如图所示

qV∖B

mg

水平方向上有：FN-qvyB=ma

由：f=小

得：f=μ(qvyB÷ma)

设小球从进入磁场t时刻，水平速度为：vx=V0+at

竖直方向的加速为4分速度为匕，则Z时刻：q%B—μCqvyB÷ma)=may

即：qB(v0+at)—μ(qvyt÷ma)=may

含1项应相等，有qBat-μqBayt=O

即：Q=μayqBu0—μma=may

联立得5=(+2〃2μ2-5μ+2=0

解得〃=i,〃=2舍去Ciy=-：=2α=4.0m∕s2

16.如图所示，平面直角坐标系的第二象限内存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，一质

量为m、电荷量为+q的小球从4点以速度北沿直线4。运动，4。与X轴负方向成53°角。在y轴与MN之间的区

域I内加一电场强度最小的匀强电场后，可使小球继续做直线运动到MN上的C点，MN与PQ之间区域H内

存在宽度为d的竖直向上匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，小球在区域II内做匀速圆周运动并恰好不

能从右边界飞出，已知小球在C点的速度大小为2%,重力加速度为g,sin53o=0.8,cos53°=0.6,求:

（1）第二象限内电场强度El的大小和磁感应强度当的大小;

（2）区域I内最小电场强度%的大小和方向；

（3）区域II内电场强度E3的大小和磁感应强度丛的大小。

MP

E3

ʌʌ1×X

A∖

X、××

53。人

O×X

B2

X

NQ

【答案】（I）El=翳，Bl=黑；（2）Ez=翳,方向与X轴正方向成53°斜向上；（3）E3=詈，%=今翳

【解析】（1）根据题意分析可知小球沿4。做匀速直线运动，则qEι=τngtan53

解得EL翳q%a=湍

解得Bi=a

(2)要使小球在区域I做直线运动，电场强度最小，则需要满足m5cos53=qE2

解得E2方向与X轴正方向成53°斜向上

(3)小球在区域∏做匀速圆周运动，则Jng=qE3解得E3=季方向为垂直4。且与y轴正向成53°

小球恰好不从右边界飞出，如图所示，由几何关系可知r+rsin53=d解得r=(

9

根据qyB3=mQ解得B3=—=

rqrSqd

17.(2022•湖北省罗田县第一中学模拟预测)如图所示，坐标系X0在竖直平面内，y轴的正方向竖直

向上，y轴的右侧空间存在水平向左的匀强电场，电场强度为&y轴的左侧空间存在匀强磁场和匀强电场，

磁场方向垂直纸面向外，磁感应强庐1T,电场方向竖直向上，电场强度后=2N∕C.QO时刻，一个带正电的

微粒在。点以D=√∑m∕s的初速度沿着与X轴负方向成45°角的方向射入y轴的左侧空间，微粒的电荷量

¢=10bC,质量片2X10'kg,重力加速度g取Iom∕s∖求：

(1)微粒从。点射入后第一次通过y轴的位置；

(2)仞为何值时，微粒从。点射入后，第二次通过y轴时恰好经过。点。

3IEl

•••••<------

【答案】(1)0.4m；(2)1N/C

【解析】(1)由题意知mg=qE2

故微粒在y轴左侧做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示

由洛伦兹力提供向心力得qvB=my

代入数据解得r=gm

设微粒进入磁场时与y轴正方向夹角为即由题意可知9=45°,由进出磁场的对称性可知，此圆弧所对

圆心角为90°。由几何关系得，第一次通过y轴位置与0点距离d=√2r

解得d=0.4m

(2)根据微粒的受力情况，其在？轴右侧的运动可分解为水平方向和竖直方向上的两个匀变速直线运动。

2

在竖直向上的分运动过程中有vcosθ=gt1(vcosθ)=2gh[

在竖直向下的分运动过程中有Λ1+d=1gtj

则3=t1+t2

解得t总=°∙4s

微粒在水平方向上的运动时间与在竖直方向上一的运动时间相等。

若要其在0.4s内回到〃点，则应在0.2s内减速到O0设其在水平方向上的加速度大小为a,根据牛顿第二

定律得qE1=mα

故有VSinO~a~

解得E1=1N/C

18.(2022•山东潍坊•三模)在进行科学实验前，通常都要根据实验原理、实验中需要改变的物理量、

可能出现的实验结果等因素，在实验装置中选择一个合适的坐标系后才能开展实验。为测量带电粒子在电

磁场中的运动情况，在某实验装置中建立如图所示直角坐标系，并沿y轴负方向加磁感应强度大小为6的

匀强磁场。此设备中同时还可以加任意方向的、大小可变的匀强电场。一质量为必、带电荷量为+g(q>0)

的粒子从坐标原点。以初速度「沿X轴正方向射入，不计粒子重力的影响。

(1)若该粒子恰好能做匀速直线运动，求所加电场强度K的大小和方向；

(2)若不加电场，改变磁感应强度6的大小，不改变方向，使该粒子恰好能够经过坐标为(Kα,O,-a)

的点，求改变后的磁感应强度6'的大小；

(3)改变电场的大小和方向，也可以改变运动电荷经过的位置。若保持磁感应强度8的大小和方向不变,

将电场强度大小调整为炉，方向平行于W⅛平面，使该粒子能够在加(K平面内做匀变速曲线运动，并经过

坐标为(6α,a,0)的点，求调整后电场强度少的大小和方向。

【答案】(I)E=双沿Z轴正方向；(2)8=：；(3)E'=/>8)2+(弊尸，tan。=誓

2qα73qα'2mv

【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，则有平衡条件可知，电场力沿Z轴

正方向，即电场强度沿Z轴正方向，且有QE-qvB=Q

解得E=vB,方向沿Z轴正方向

(2)粒子运动的轨迹如图所示

由几何关系，有r2=(r-ɑ)2+(√3α)2

解得粒子运动的半径为r=Za

,„2

由牛顿第二定律，有quB=my

解得B'=产

2qα

(3)由题意，电场力的一个分力沿Z轴正方向平衡洛伦兹力，另一个分力沿y轴正方向提供类平抛运动加

速度，如图所示

f2

曲平抛运动规律，有√3α=vta=∣α0

其中g="

Um

解得E=vBE=-

1423qa

则合场强为E'=同国=E2+喑2tan”A鬻

19.（2022•江苏连云港•模拟预测）如图所示，沿水平和竖直方向建立直角坐标系，沿X轴放置一块长

为IOd的绝缘板，y轴左侧固定一内壁光滑的半圆管道（内径很小），半圆直径为d,且与y轴重合。第一

象限内绝缘板的上方存在有界的匀强电场和匀强磁场，电场强度E=皿，方向竖直向上，磁场方向垂直于

q

坐标平面向外，大小未知，竖直方向边界未知。一带电量为g、质量为仍的绝缘小球A（直径略小于管道内

径）静止在坐标原点。处，质量也为0的不带电的小球B以初速度”（未知）向左运动，与A球发生弹性

正碰。

（1）若碰撞后A球能过管道最高点，则"至少多大？

（2）若场区边界厅d,A球通过最高点后能与B球再次发生弹性正碰，并且使B球恰能通过最高点，则磁

感应强度为多大？

（3）若场区边界y2=：d,A球以外=手通过最高点后恰好从坐标为（44d）的0点水平射出场区，则

83

磁感应强度应满足什么条件?

vrn

【解析】(I)由动量守恒得7ΠBV0=^AA+B⅝

22

由能量守恒得∣mβV0=纲AUA2+加B为

Lji大口T?!.—TTlg—TYl»联Λ∆解得UA=VθUB—O

由动能定理得-mgd=O-BTnA就

解得V0=J2gd

(2)由于Tng=qE,A球在复合场区做圆周运动，所以qv1B1=

由题意得V1—V0r1=

带入解得B1=γ

(3)设小球第一次从〃点进入场中，入射速度为两；与水平边界夹角为，。

由平抛运动得，水平位移x2=v2t2

竖直位移d-y2=∖9^2

1

UMy=g%2=Qd

解得

tan0=⅛=3

4

V2

则速度与水平方向夹角为。=37°；

由A球轨迹图(轨迹形状相同，只作一次在电磁场的运动)：轨迹与y轴相切时，有

r0+rosin0=X2

解得r0=ɪd

粒子水平打在P点应满足n(2x2-2rsin0)=4d

解得r=(1-rτ=l,2,3-

由于?ng=qE,所以qvMB=r∏y-

解得B=篇/

由题意得:O<r≤r0,即0<(∣-⅛)d<⅛d

解得6<n<9.6

当E时B=答

当Λ=8时B=—

qyja

当犷9时B=外E

2q∖d

20.(2022•河北•模拟预测)空间中存在上、下两个不同的匀强电场区域，已知上、下场区的水平长度

为L,上、下场区的宽度均为d,如图所示.电荷量为+q、质量为小的带电小球从上边界距离。点距离为d

的点以初速度为垂直电场入射，小球第一次经过对称轴。。’时离。点的距离为2d,小球进入下半区域的同

时加上一恒定的垂直纸面向里的匀强磁场B,发现小球做圆周运动且恰好不越过下边界，并最终运动至上半

区域水平射出，重力加速度为g,求：

(1)上半区域中匀强电场的电场强度£的大小；

(2)磁场的磁感应强度6的大小；

(3)求小球在场区中运动的总时间.

【解析】(1)小球第一次在上半区域电场中运动时做类平抛运动如图所示,

又由题意知X=2dy=d

则过对称轴0。'时合位移与水平方向夹角的JE切值为tan/?=X=;

X2

所以，合速度r与水平方向的夹角的正切值tan。=2tan0=1

解得θ=45°

小球在A点的合速度V=√2v0

竖直方向速度大小为v1=V0

由运动学公式有谱=2ad

解得小球做类平抛运动的加速度为α=普

2a

由牛顿第二定律有mg+Eq=τnq

解得上半区域中匀强电场的电场强度笈的大小为E=萼-%

2dqq

(2)由分析可知当小球进入下半部分电场和磁场重叠区域时，小球做圆周运动，则电场力与重力平衡，由

„2

洛伦兹力提供向心力，有qυB=m—

R

解得R=W

qB

因为小球恰好不越过下边界，由几何关系得RCoS45。+d=