2026年高考物理一轮复习 专项强化：带电粒子在叠加场中的运动 带电粒子在交变电、磁场中的运动

第63课时专题强化：带电粒子在叠加场中的运动

带电粒子在交变电、磁场中的运动

【目标要求】1.了解叠加场的特点，会处理带电粒子在叠加场中的运动问题。2.掌握带电粒子在交变电、磁

场中运动的解题思路和处理方法。

考点一带电粒子在叠加场中的运动

1.叠加场

电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存。

2.带电粒子在叠加场中常见的几种运动形式

运动性质受力特点方法规律

匀速直线运动粒子所受合力为0平衡条件

除洛伦兹力外，另外两力的合力为零：

匀速圆周运动牛顿第二定律、圆周运动的规律

qE=mg

除洛伦兹力外，其他力的合力既不为零，

较复杂的曲线运动动能定理、能量守恒定律

也不与洛伦兹力等大反向

【例1】(2024•山东青岛市期中)如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy,其第一象限存在着正交

的匀强电场和匀强磁场，电场强度的方向水平向右，磁感应强度的方向垂直纸面向里。一带电荷量为

+外质量为m的微粒从原点出发，以某一初速度沿与x轴正方向的夹角为45。的方向进入叠加场中，

正好做直线运动，当微粒运动到A(1,/)时，电场方向突然变为竖直向上(不计电场变化的时间)，微粒

继续运动一段时间后，正好垂直于y轴穿出叠加场。不计一切阻力，重力加速度为g,求：

(1)电场强度E的大小；

(2)磁感应强度B的大小；

(3)微粒在叠加场中的运动时间。

答案⑴詈(2)-

解析(1)微粒到达4(/,/)之前做匀速直线运动，对微粒受力分析如图甲，

可知Eq—mg,

得石=强。

q

(2)由平衡条件得:

qvB=y[2mg

电场方向变化后，微粒所受重力与静电力平衡，微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，运动轨迹如图乙，

p2

有qvB=m—

由几何知识可得：

r=y[2l

联立解得“=闻,

B=-9_

q

⑶微粒做匀速直线运动的时间:h=^-=J

微粒做匀速圆周运动的时间：

),①—3TTfT

'V4

微粒在叠加场中的运动时间：

fi+k（亨+1）J%

9

考点二带电粒子在交变电、磁场中的运动

解决带电粒子在交变电、磁场中的运动问题的基本思路

先读图看清并且明白场的变化情况

受力分析分析粒子在不同的变化场区的受力情况

过程分析分析粒子在不同时间段内的运动情况

找衔接点找出衔接相邻两过程的物理量

选规律联立不同阶段的方程求解

【例2】如图甲所示，水平放置的平行金属板a、b间加直流电压U,a板上方有足够长的“V”字形绝

缘弹性挡板，两板夹角为60。，在挡板间加垂直纸面的交变磁场，磁感应强度随时间变化如图乙，垂直

纸面向里为磁场正方向，其中丹=瓦，历未知。现有一比荷为目、不计重力的带正电粒子从c点由静

m

止释放，t=0时刻，粒子刚好从小孔。进入上方磁场中，在立时刻粒子第一次撞到左挡板，紧接着在

人+二2时刻粒子撞到右挡板，然后粒子从。点竖直向下返回平行金属板间，使其在整个装置中做周期性

的往返运动。粒子与挡板碰撞前后电荷量不变，沿板方向的分速度不变，垂直板方向的分速度大小不

变、方向相反，不计碰撞的时间及磁场变化产生的影响。求：

(1)粒子第一次到达O点时的速率；

(2)图中星的大小；

⑶金属板a和b间的距离do

答案⑴陛(2)2瓦⑶""①呼5=o,1,2,…)

7m24B07q

解析(1)粒子从b板到a板的过程中，静电力做正功，根据动能定理有

qU—^nv1—0

解得粒子第一次到达。点时的速率丫=陛

7m

⑵粒子进入a板上方后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，

由m=椁得r/,

则粒子做匀速圆周运动的半径九=等，-2=?

qBiqB2

使其在整个装置中做周期性的往返运动，运动轨迹如图所示，

由图易知r、=2n,

已知Bi=B0,则得第=23o

（3）在0“i时间内，粒子做匀速圆周运动的周期为=汕=陋

vqB0

在人~（九十切时间内，粒子做匀速圆周运动的周期/=匹=年

VqBo

由轨迹图可知ti=；Ti=普

63qB（）

1„Tim

t2=-T2=---

22qB0

设粒子在金属板a和b间往返时间为t,

且满足1=/2+〃(/1+/2)(〃=0,1,2,,,,)

联立可得金属板a和b间的距离

【例31（2024•山东潍坊市检测）如图甲所示的空间中存在随时间变化的磁场和电场，规定磁感应强度B

垂直xOy平面向里为正方向，电场强度E沿x轴正方向为正方向，3随时间/的变化规律和E随时间/

的变化规律如图乙。7=0时，一带正电的粒子从坐标原点O以初速度％沿y轴负方向开始运动。已知

Bo、t0,vo,带电粒子的比荷为三，粒子重力不计。

O

O

-Eu

（1）求粒子在磁场中做圆周运动的周期T-,

⑵求时，粒子的位置坐标（尤1,V1）；

⑶在0~2如内，若粒子的最大速度是2w，求瓦与国的比值。

答案（1）2砧（2）（吗，0）（3）巡

7T71

解析（1）粒子在磁场中做圆周运动的周期7=詈=黑=2而

（2）0~而内,粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有"0瓦=加9

解得—皿

q%IT

由⑴问可知粒子在磁场中做圆周运动的周期T=2to

则粒子在0~加内运动了半个周期恰好又回到x轴，速度方向沿y轴正方向制=2'=2

%=0,即此时粒子位置的坐标为（生也，0）

71

（3）0~2%内粒子的运动轨迹如图所示，

在m~1.5%内，粒子受到沿x轴正方向的静电力作用，粒子做类平抛运动，粒子沿x轴正方向做与加速运动，

q一班0HE。

mt0B0

当f=1.5%时，粒子具有最大速度，粒子沿x轴方向的分速度为以=〃§=普

22DQ

沿y轴方向的分速度为Vy=V0

22

则V=lvx+vy=2Vo

解得义=咨纥

%豆

课时精练

（分值：60分）

H基础落实练

1~3题每小题5分，4题12分，共27分

1.（2023.山东菊泽市检测）如图所示，一带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中刚好做匀速圆周运动,

其轨道半径为R,已知该电场的电场强度大小为E、方向竖直向下；该磁场的磁感应强度大小为3、方向

垂直纸面向里，不计空气阻力，设重力加速度为g,则（）

那x

E

A.液滴带正电

B.液滴比荷g=日

mg

c.液滴沿顺时针方向运动

D.液滴运动速度大小丫=解

答案C

解析液滴在重力场、匀强电场、与强磁场的叠加场中做匀速圆周运动，可知，得4=白，选项B

TTlE

错误；静电力方向竖直向上，液滴带负电，选项A错误；由左手定则可判断液滴沿顺时针方向运动，选项

2

正确；对液滴有v

CqE=mg,qvB=m一R,

联立得丫=噜,选项D错误。

E

2.（多选）如图所示，在竖直平面内的虚线下方分布着互相垂直的匀强电场和匀强磁场，电场的电场强度大

小为10N/C,方向水平向左；磁场的磁感应强度大小为2T,方向垂直纸面向里。现将一质量为0.2kg、

电荷量为+0.5C的小球，从该区域上方的某点A以某一初速度水平抛出，小球进入虚线下方后恰好做直

线运动。已知重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是（）

mXXXXXXX

XXXXXXXX

XXXXXXXX

XXXXXXXX

A.小球平抛的初速度大小为5m/s

B.小球平抛的初速度大小为2m/s

C.A点距该区域上边界的高度为L25m

D.A点距该区域上边界的高度为2.5m

答案BC

解析小球受竖直向下的重力与水平向左的静电力作用，小球进入电磁场区域做直线运动，小球受力如图

所示，

"1g

小球做直线运动，则qvBcosO=mg，小球的速度vcosO=vo，代入数据解得vo=2m/s,故A错误，B正确；

小球从A点抛出到进入叠加场过程，由动能定理得=f疗—点帆/，根据在叠加场中的受力情况可知

（〃%>+（汨2=3为2,解得仁忌，代入数据解得仁1.25m,故C正确，D错误。

乙g5

3.如图所示，在真空中竖直平面（纸面）内边长为。的正方形A8CD区域，存在方向沿C8（水平向左）的匀强

电场和方向垂直纸面的匀强磁场（图中未画出）。一带电小球以速率M（g为重力加速度大小）从A点沿AC

方向射入正方形区域，恰好能沿直线运动。下列说法正确的是（）

A.该小球带负电

B.磁感应强度方向垂直纸面向外

C.若该小球从C点沿CA方向以速率如射入正方形区域，则小球将做直线运动

D.若电场的电场强度大小不变、方向变为竖直向上，该小球仍从A点沿AC方向以速率风射入正方形区

域，则小球将从。点射出

答案D

解析小球做直线运动，说明小球受力平衡，小球所受重力方向竖直向下，若小球带正电，所受静电力方

向水平向左，所受洛伦兹力方向垂直AC斜向上，小球受力可能平衡，则磁感应强度方向垂直纸面向里，

若小球带负电，所受静电力方向水平向右，无论小球所受洛伦兹力方向垂直AC斜向左下还是右上，小球

受力都不能平衡，A、B错误；若该小球从C点沿C4方向以速率再射入正方形区域，则小球所受的合力

不为零，速度会变化，洛伦兹力也会变化，小球将做曲线运动，C错误；电场方向水平向左，由平衡条件

有（其中尸风），qE=mg,电场的电场强度大小不变、方向变为竖直向上后，静电力与重力

平衡，小球沿逆时针方向做匀速圆周运动，设轨迹半径为r,有qvB一片,解得ga,有24n45。=〃，

所以小球将从D点射出，D正确。

4.（12分）如图甲所示，M、N为竖直放置且彼此平行的两块平板，板间距离为力两板中央各有一个小孔。、

0,正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场，磁感应强度随时间的变化如图乙所示（设垂直于纸面向里的磁

场方向为正方向）。有一群正离子在t=0时垂直于M板从小孔。射入磁场。已知正离子质量为机、带电荷

量为q,正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为八，不考虑由于磁场变化而

产生的电场的影响，不计离子所受重力及离子间的相互作用力。求：

Oo-^1

III

(1)(4分)磁感应强度瓦的大小。

(2)(8分)要使正离子从O垂直于N板射出磁场，正离子射入磁场时的速度为的可能值。

答案⑴陋(2)—(«=1,2,3-)

7

qT02nT0

解析(1)正离子射入磁场，洛伦兹力提供向心力，有氏/0=熠，做匀速圆周运动的周期To=—

由以上两式得磁感应强度B0=—

qTo

⑵要使正离子从O垂直于N板射出磁场，w的方向应如图所示，

两板之间正离子只运动一个周期「时，有R=4；当两板之间正离子运动〃个周期即时，

4

有/?=』(〃=1,2,3…)

4n

联立解得正离子的速度的可能值为

10能力综合练

5题7分，6题18分，共25分

5.(多选)如图甲所示的平行金属极板M、N之间存在交替出现的匀强磁场和匀强电场，取垂直纸面向外为

磁场正方向，磁感应强度8随时间/周期性变化的规律如图乙所示，取垂直极板向上为电场正方向，电场

强度E随时间/周期性变化的规律如图丙所示。f=0.5力时，一不计重力、带正电的粒子从极板左端以速度

v沿板间中线平行极板射入板间，最终平行于极板中线射出，已知粒子在/=1.5m时速度为零，且整个运动

过程中始终未与两极板接触，则下列说法正确的是()

G)2fo3fo4fo5M6fot

乙

°A）2而3fo4ro5/（）6/（）t

丙

A.粒子可能在2.5r()时刻射出极板

B.极板间距不小于萼十地

C极板长度为3（〃=1,2,3-）

答案

解析根据题意可知，在0.5历~用内，粒子在磁场中做匀速圆周运动，且转了三个周期，在m~1.5勿内,粒子

4

在电场中向下做减速运动到速度为零，在1.532灰内，粒子在电场中向上做加速运动到速度为v,在

2击~2.5而内，粒子在磁场中做匀速圆周运动，转了;个周期，粒子回到极板中线，速度平行于极板中线，接

下来粒子周期性地重复以上运动，粒子在一个运动周期内的轨迹如图所示。

0.5z（）p2.5t（）y

rG）,

y

粒子一个运动周期为T=2.5to-O.5to=2to,故粒子射出极板的时刻可能为t=O.5to+nT=(O.5+2n)to(n=l,2,

3…),

当〃=1时t=O.5t+T^2.5t，故A正确；粒子在磁场中，设粒子的轨迹半径为r,则有7磁=也=2介,解

ooV

得「=手，粒子在电场中向下减速的位移为05ro=詈，故极板间距应满足d22(r+y)=^+詈，故

B正确；极板长度可能为L=〃-2r=3("=l,2,3-)，故C错误；粒子在磁场中，有7磁=她=2而，

冗qB0

解得瓦=蹩,粒子在电场中，有丫=。0.5h=也05m,解得E°=即巴,可得用=口，故D正确。

6.(18分X2025•山东济宁市检测)直角坐标系xOy所在竖直平面内分布着电场强度大小相等的匀强电场，第

一、二象限中电场强度方向沿y轴正方向，第三、四象限中电场强度方向沿x轴正方向；第一、四象限还

分布着垂直于平面向里的匀强磁场。一质量为。02kg、带正电的微粒自坐标为(0,—0.4m)的A点出发，

与y轴成45。角以2m/s的速度射入第四象限，并能在第四象限内做匀速直线运动，已知重力加速度g取10

m/s2o求：

y/m

EXX

XXX

______»x/m

ExxE

~~AXX

(1)(6分)微粒第一次通过无轴时的坐标和微粒第一次通过y轴时的坐标；

(2)(8分)微粒运动轨迹与初速度方向所在的直线第一次相交时所需要的时间;

(3)(4分)微粒从射出到第⑵问所说的时刻动能的增加量。

答案(1)(04m,0)(0,0.4m)(2用6+兀)s⑶0.16J

解析(1)微粒受力及运动过程分析如图所示

微粒在第四象限内沿与I，轴成45。角做匀速直线运动，由分析可知qE=〃陪

qvB=yf2mg

微粒在第一象限内，重力与静电力二力平衡，洛伦兹力提供向心力，微粒做匀速圆周运动，有0,5=7"?

解得r=ym

由几何关系得微粒第一次通过无轴时的坐标和微粒第一次通过y轴时的坐标分别为(0.4m,0),(0,0.4m)

(2)由A到5微粒做匀速直线运动，由几何关系可知位移为xi=^m

又X\—Vt\

解得力=，S

由5到C微粒做匀速圆周运动，有叁=巴=旦s

v10

由C到。微粒做匀速直线运动，位移为X2=^m

时间为友=^=gs

v5

由。到E微粒做类平抛运动，轨迹交班延长线于G点，加速度方向沿。指向A,大小为«=V2g

沿D4方向位移大小为乃=誓01

2

由X3=-at4

解得以=?S

故t总=人+友+打+以=条6