带电粒子在叠加场中的运动（人教版选择性）

专题1.8带电粒子在叠加场中的运动

【人教版】

【题型1无约束的叠加场问题】...................................................................

【题型2有约束的叠加场问题】...................................................................

【题型3动态分析问题】..........................................................................

【题型4综合问题】..............................................................................

【题型5联系实际】..............................................................................

【题型1无约束的叠加场问题】

【例1】如图，在竖直X。)，平面内有一个半径为R的圆形区域与x轴相切于。点，在圆形

区域外(包括圆形边界)的空间存在垂直纸面向外的匀强磁场，平面内有沿y轴负方向的

匀强电场。现从坐标原点0以速率。向第一象限内的不同方向发射相同的带电小球，小球

的质量为〃八电荷量为一川4>0),所有小球均在磁场中做匀速圆周运动，且都能沿平行于x

轴的方向进入圆形区域并再次通过。点，不计小球间的相互作用，重力加速度为g,求：

(I)匀强电场的电场强度大小；

(2)匀强磁场的磁感应强度大小；

⑶沿与x轴正向成60。角发射的小球从。点开始运动到再次通过O点经历的时间。

小启mgmv(10兀+35)R

答案⑴于⑵忌⑶-3T—

解析(1)小球在磁场中做匀速圆周运动，则电场力和重力平衡，即匀强电场的电

场强度大小E=?0

(2)小球从O点以与K轴成。角射入第一象限，运动轨迹如图，

轨迹圆心。与交点。的连线平行y轴，设圆形区域的圆心为C,由几何关系可知，四边形

CQC。是菱形，所以小球在磁场中运动的轨道半径为

r=R

洛伦兹力提供向心力，

即qvB=，咛

可得磁感应强度8=发。

⑶小球从O点以与x轴成0=割射入第一象限

小球在磁场中的运动周期7=等

小球在磁场中运动时间九二2乂2：

2兀

小球在圆形区域做匀速直线运动，通过的距离L=2Rsin。

、-2/?sin0

悠动时间t2=---

从。点出发到再次回到。点经历的时间

(47c+2sin0-20)R

，=力+，2=-------------------

将用久入，解得尸(1”干〉R

【变式11］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，其轨道半径为凡已知该电场的电场强度为E,方向竖直向下；该磁场的磁感应强度为

B,方向垂直纸面向里，小计空气阻力，设重力加速度为g,贝女)

XXXX

1X\X

{xxr

Bxx

E

A.液滴带正电

B.液滴比荷筹=£

c.液滴沿顺时针方向运动

D.液滴运动速度大小。=疑

解析：选C液滴在重力场、匀强电场、匀强磁场的复合场中做匀速圆周运动，可知，qE

=mg,端i=节,故B错误；电场力竖直向上，液滴带负电，A错误：由左手定则可判断液

滴沿顺时针转动，C正确：对液滴qvB=/般得故D错误。

【变式12］如图所示，在坐标系屹v平面的x>0区域内，存在电场强度大小E=2X105N/C.

方向垂直于x轴的匀强电场和磁感应强度大小8=0.2T、方向与xOy平面垂直向外的匀强磁

场。在)，轴上有一足够长的荧光屏PQ,在x轴上的M(10,0)点处有一粒子发射枪向X轴正方

向连续不断地发射大量质量〃=6.4x1。—271^、电荷量^=3.2x10—19c的带正电粒子(重力不

计)，粒子恰能沿x轴做匀速直线运动。若撤去电场，并使粒子发射枪以M点为轴在X。)，平

面内以角速度①=2冗rad/s顺时针匀速转动(整个装置都处在真空中)。

⑴判断电场方向，求粒子离开发射枪时的速度大小；

⑵带电粒子在磁场中运动的轨迹半径；

⑶荧光屏上闪光点的范围距离；

［解析］(1)带正电粒子(重力不计)在登加场中沿工轴做勺速直线运动，据左手定则判断可知

洛伦兹力方向向下，所以电场力方向向上，电场方向向上，有qE=qvB

p2X1()5

解得速度0=石=-n>m/s=106m/So

U.2

2

(2)撤去也场后，洛伦兹力提供向心力，有8笈一/，左

所以粒子在磁场中运动的胱迹半径

mv6.4X10~27X106

仁武?为。“。2m=0.1m°

(3)粒子运动轨迹如图所示，

粒子打在荧光屏上最上端的点是B点，最下端打在A点

由几何知识可知doA=2/?cos30°=小/?,d()B=R

所以荧光屏上闪光点的范围距离为(2(4+1)/^^0.273m。

［答案］(l)l()6m/s(2)0.1m(3)0.273m

(1)小滑块带何种电荷？

(2)小滑块离开斜面的瞬时速度多大？

(3)该斜面的长度至少多长？

解析(1)小滑块沿斜面1、清过程中，受重力〃用斜面支持力心和洛伦兹力凡若要小消块

离开斜面，洛伦兹力尸方向应垂直斜面向上，根据左手定则可知，小滑块应带负电荷,

(2)小滑块沿斜面下滑时，垂直斜面方向的加速度为零，有卯8+0一〃?geos。=0

当PN=0时，小滑块脱离斜面，有gB=mgcosa,得

o.ixio^xiox^

〃?gcosa2八次

"=qB=5X10-JX0,5m/$=2^3m/S

(3)下滑过程中.只有重力做功，由动能定理得

.1.

mgxsina=5〃鼠广

(

斜面的长度至少是％=7许*2=又2赤,\/s)砺2m=1.2m

答案(1)负电荷(2)2<3m/s(3)1.2m

【变式21](多选汝1图所示，已知一带电小球在光滑绝缘的水平面上从静止开始经电压U

加速后，水平进入互相垂直的匀强电场(场强为E)和匀强磁场(磁感应强度为8)的复合场中，

小球在此空间的竖直面内做匀速圆周运动，则()

A.小球可能带正电

B.小球做匀速圆周运动的半径,=人1甘

C.小球做匀速圆周运动的周期丁=登

D.若电压U增大，则小球做匀速圆周运动的周期增加

解析小球在复合场中做匀速圆周运动，则小球受的电场力和重力大小相等，方向相反，则

小球带负电，A错误；由牛顿第二定律和动能定理可得：Bqv=5~,Uq=^miry联立

=qE可得：小球做匀速圆周运动的半径「=冕等，由7=平可以得出7=普，所以B、

C正确，D错误。

答案BC

【变式22］如图所示，一个质量机=0.1g,电荷量q=4Xl()rc带正电的小环，套在很长

的绝缘直棒上，可以沿棒上下滑动。将棒置于正交的匀强电场和匀强磁场内，E=10N/C,

8=0.5T,小环与棒之间的动摩擦因数"=0.2。求小环从静止沿棒竖直下落的最大加速度和

最大速度。取g=10m/s2,小环电荷量不变。

解析：小环由静止下滑后，由于所受电场力与洛伦兹力同向(向右)，使小环压紧竖直棒。相

互间的压力为Fz=qE+qvB<,

由于压力是一个变力，小环所受的摩擦力也是一个变力，可以根据小环运动的动态方程找出

最值条件。

根据小环竖直方向的受力情况，由牛顿第二定律得运动方程〃ig一〃八=〃心，即mg—gi(qE+

qvB)="ia°

当。=0时，即刚下落时，小环运动的加速度最大，代入数值得〃m=2m/s2。

下落后，随着。的增大，加速度a逐渐减小。当4=0时，下落速度O达最大值，代入数值

得0m=5m/So

2

答案：am=2m/svm=5m/s

【变式23］如图所示，质量为用=1kg、电荷量为q=5X102c的带正电的小滑块，从半

径为A=0.4m的固定光滑绝练圆弧轨道上由静止自A踹滑下。整个装置处在方向互相垂直

的匀强电场与匀强磁场中。已知E=100V/m,方向水平向右，B=1T,方向垂直纸面向里，

g取10m/s2>求：

(1)滑块到达C点时的速度；

(2)在C点时滑块所受洛伦兹力；

(3)在C点滑块对轨道的压力。

答案(1)大小为2m/s,方向水平向左

(2)大小为0.1N,方向竖直向下

⑶大小为20.1N,方向竖直向下

解析以滑块为研究对象，自轨道上A点滑到C点的过程中，受重力〃吟，方向竖直向下;

静电力gE,方向水平向右；洛伦兹力尸洛=卬8,方向妗终垂直于速度方向。

⑴滑块从A到C的过程中洛伦兹力不做功，由动能定理得/对一咨=品虎

得比=、j--------------------=2m/s,万向水平向左。

(2)根据洛伦兹力公式得

2

F=qvcB=5X\0~X2X1N=0.1N,由左手定则知方向竖直向下。

~2

(3)在C点，由牛顿第二定律得FN-mg-qvcB=nr^

决

得FN=mg+qvcB+nr^=20.1N

由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力大小为20.1N,方向竖直向下。

【题型3动态分析问题】

【例3】|多选］如图所示为一个质量为〃八电荷最为+,/的圆环，可在水平放置的足够长的

粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中，不计空气阻力，现给圆环向右

的初速度如，在以后的运动过程中，圆环运动的速度图像可能是下列选项中的()

［解析］带电圆环在磁场内受到向上的洛伦兹力，当重力与洛伦兹力相等时，圆环将做匀速

直线运动，A正确；当洛伦兹力大于重力时，圆环受到摩擦力的作用，并且随着速度的减小

而减小，圆环将做加速度减小的减速运动，最后做匀速直线运动，D正确；如果重力大于洛

伦兹力，圆环也受摩擦力作用，且摩擦力越来越大，圆环将做加速度增大的减速运动，故

B、C错误。

［答案］AD

【变式31］一倾角为0的粗糙绝缘斜面放置在一个足够大的匀强磁场中，磁场方向垂直纸

面向里，将一个带电的小物块放在斜面上由静止开始下滑如图所示，设斜面足够长，如物块

始终没有离开斜面。则下列说法正确的是()

A.物块带正由

B.下滑过程中物块受到的洛伦兹力做负功

C.物块最终将静止在斜面上

D.下滑过程中物块的机械能守恒

解析物块始终没有离开斜面，洛伦兹力必然垂直于斜面向下，由左手定则知，物块带正电，

选项A正确；洛伦兹力始终垂直于速度，不做功，选项B错误；物块最终将在斜面上做匀

速直线运动，选项C错误；由于摩擦力做负功，下滑过程中物块的机械能不守恒，选项D

错误。

答案A

【变式32］如图，绝缘粗糙的竖直平面MN左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，

电场方向水平向右，电场强度大小为磁场方向垂直里面向外，磁感应强度大小为8—质

量为〃八电荷量为q的带正电的小滑块从A点由静止开始沿下滑，到达。点时离开MN

做曲线运动.A、C两点间距离为力，重力加速度为g.

⑴求小滑块运动到C点时的速度大小比；

⑵求小滑块从A点运动到。点过程中克服摩擦力做的比1%;

⑶若。点为小滑块在电场力、洛伦兹力及里力作用卜运动过程中速度最大的位置，当小滑

块运动到D点时撤去磁场，此后小滑块继续运动到水平地面上的P点.已知小滑块在。点

时的速度大小为。力，从。点运动到夕点的时间为3求小滑块运动到P点时速度的大小许.

答案(1)|⑵mgh-黑⑶净2+g2-

解析(1)小滑块沿MN运动过程，水平方向受力满足

quB+N=qE

小滑块在C点离开A/N时

N=0

解得Pc=f

(2)由动能定理得

mgh—阴=%01—0

解得Wf=mgh—^>

(3)如图,

M

小滑块速度最大时，速度方向与电场力、重力的合力方向垂直.撤去磁场后小滑块将做类平

抛运动，等效加速度为一

且0尸=S5+g，2/

解得vp=（普Kg?户

【变式33］（多选）电荷量为+小质量为，〃的滑块和电荷量为一9、质量为机的滑块同时从

完全相同的光滑斜面上由静止开始下滑，设斜面足够长，斜面倾角为仇在斜面上加如图6

所示的磁感应强度大小为以方向垂直纸面向里的匀强磁场，关于滑块下滑过程中的运动和

受力情况，下列说法中正确的是（不计两滑块间的相互作用，重力加速度为g）（）

图6

A.两个滑块先都做匀加速直线运动，经过•段时间，+q会离开斜面

B.两个滑块先都做匀加速直线运动，经过一段时间，一夕会离开斜面

C.当其中一个滑块刚好离开斜面时，另一滑块对斜面的压力为2〃次cos。

D.两滑块运动过程中，机械能均守恒

答案ACD

解析当滑块开始沿斜面向下运动时，带正电的滑块受到的洛伦兹力方向垂直斜面向上，带

负电的滑块受到的洛伦兹力方向垂直斜面向下，开始时两滑块沿斜面方向所受的力均为

mgsin0,均做匀加速直线运动，随着速度的增大，带正电的滑块受到的洛伦兹力逐渐变大，

当时，带正电的滑块恰能离开斜面，而带负包的滑块将一直沿斜面运动，不

会离开斜面，A正确，B错误；由于两滑块加速度相同，所以在带正电的滑坎离开斜面前西

者在斜面上运动的速度总相同，当带正也的滑块刚好离开斜面时，带负电的滑块受的洛伦兹

力也满足qvB=mgcos仇方向垂直斜面向下，斜面对滑块的支持力大小为qvB+mgcos0=

2〃侬os仇故滑块对斜面的压力为2mgcos。，C正确；由于洛伦兹力不做功，故D正确.

【题型4综合问题】

［例4］如图所示，虚线右侧有竖直向下的电场强度E=45N/C的匀强电场及垂直于电场向

外的磁感应强度8=0.25T的匀强磁场。在光滑绝缘的水平面上有两个等大的金属小球A、

8,小球A不带电，其质量/彻=0.05kg,紧贴虚线静置的小球8带电量4B=-4X10C,

其质量〃?B=0.01kg。小球A以速度vo=20m/s水平向右与小球B发生正碰，碰后小球B垂

直于电、磁场直接进入正交电、磁场中。刚进入正交电、磁场的瞬间，小球B竖直方向的

加速度恰好为零。设小球A、B碰撞瞬间电荷均分，取g=IOm/s2。则下列说法正确的是（）

A.碰后瞬间，小球A的速度大小为IOm/s

B.小球A在刚进入正交也、磁场后的短时间内，其电势能减少

C.过程中，小球A对小球8做的功为2J

D.小球A、/3之间的碰撞为弹性碰撞

［解析］小球A、B碰撞瞬间电荷均分，则两小球包荷量的绝对值均为q=|竽=2X10-3。

且小球8刚进入正交电、磁场的瞬间，竖直方向的加速度恰好为零，则有加郎=伏%B—qE,

解得碰后6球的速度为g=20m/s,小球A、5碰撞过程中，由动量守恒定律可得加。（）=

〃卬为+机si缶，解得，碰后瞬间小球A速度为%=16m/s,故A错误；小球A刚进入正交电、

磁场后，由于/孙g=0.5N>qE+4办8=0.098N,所以小球A向下偏，则电场力做负功，故

其电势能增大，故B错误；根据动能定理，可知小球A对小球8做的功为照/=2J,

故C正确；由于碰撞前A、B系统机械能为Eki=："〃如2=10J,碰后系统机械能为

+!//W=8.4J,则反1>42,机械能不守恒，故小球A、8之间的碰撞为非弹性碰撞，故

D错误。

［答案IC

【变式41］（多选）如图所示，一个绝缘且内壁光滑的环形细圆管，固定于竖直平面内，环的

半径为R（比细管的内径大得多），在圆管的最低点有•个直径略小于细管内径的带正电小球

处于静止状态，小球的质最为机，带电荷量为，/，重力加速度为g。空间存在一磁感应强度

大小未知（不为零），方向套直于环形细圆管所在平面且向里的匀强磁场。某时.刻，给小球一

方向水平向右、大小为劭=49的初速度，则以下判断正确的是（）

A.无论磁感应强度大小如何，获得初速度后的瞬间，小球在最低点一定受到管壁的弹力作

用

B.无论磁感应强度大小如何，小球一定能到达坏形细圆管的最高点，且小球在最高点一定

受到管壁的弹力作用

C.无论磁感应强度大小如何，小球一定能到达环形细圆管的最高点，且小球到达最高点时

的速度大小都相同

D.小球在从环形细圆管的最低点运动到所能到达的最高点的过程中，水平方向分速度的大

小一直减小

解析：选BC小球在凯道最低点时受到的洛伦兹力方向竖直向上，若洛伦兹力和重力的合

力恰好提供小球所需要的向心力，则在最低点时小球不会受到管壁弹力的作用，A错误；小

球运动的过程中，洛伦兹力不做功，小球的机械能守恒，运动至最高点时小球的速度。=倔,

由于小球运动过程不会脱离轨道，所以一定能到达轨道最高点，C正确；在最高点时，小球

2

做圆周运动所需的向心力/="点=〃吆，小球受到竖直向下洛伦兹力的同时必然受到与洛伦

兹力等大反向的轨道对小球的弹力，B正确；小球在从最低点运动到最高点的过程中，小球

在下半圆内上升的过程中，水平分速度向右且不断减小，到达圆心的等高点时，水平速度为

零，而运动至上半圆后水平分速度向左且不为零，所以水平分速度一定有增大的过程，D错

误。

【变式42]如图，有三块水平放置的长薄金属板〃、〃和c,a、〃之间相距为L.紧贴〃板下

表面竖直放置半径为R的半圆形塑料细管，两管口正好位于小孔”、N处.板〃与仄b与

c之间接有电压可调的直流电源，板人与c间还存在方向垂直纸面向外的匀强磁场.当体积

为％、密度为p、电荷量为q的带负电油滴，等间隔地以速率。。从。板上的小孔竖直向下

射入，调节板间电压U加和U加，当U加=幼、时，油滴穿过〃板M孔进入细管，恰

能与细管无接触地从N孔射出.忽略小孔和细管对电场的影响，不计空气阻力，重力加速

度为g.求：

⑴油滴进入M孔时的速度功；

(2)〃、c两板间的电场强度E和磁感应强度B的值；

⑶当油滴从细管的N孔射出瞬间，将Uw和8立即调整到和夕，使油滴恰好不碰到

〃板，且沿原路与细管无接触地返回穿过M孔，请给出和"的结果.

答案⑴[vJ+2gL+啜

。臂除4加+9+耨

,pV()v(?

解析（1）油滴进入电场后，重力与电场力均做功，设到M点时的速度为v\,由动能定理理疗

—呼?加=mgL+qUi

考虑到m=pVo

得劲=小心+2gL+^^

（2）油滴进入电场、磁场共存区域，恰与细管无接触地从N孔射出，须电场力与重力平衡，

有:mg=qE

解得七=甯

油滴在半圆形细管中运动时，洛伦兹力提供向心力，由/山=等得8=吗=隼

2AC{KqK

4爪+2gL+瑞

（3）若油滴恰不能撞到〃板，且再返回并穿过M孔，由劫能定理，0—，孙2=一加以一夕侬‘

——〃上包述

考虑到油滴返回时速度方向已经相反，为了使油滴沿原路与细管无接触地返回并穿过M孔，

磁感应强度的大小不变，方向相反，即：B'=­B.

【变式43］（多选）某实验小组用图甲所示装置研究电子在平行金属板间的运动。将放射源。

靠近速度选择器，速度选择器中磁感应强度为凡电场强度为，P能沿水平方向发出不同

速率的电子，某速率的电子能沿直线通过速度选择器，再沿平行金属板A、8的中轴线as

射入板间。已知平行金属板长为L、间距为“，两板间加有图乙所示的交变电压，电子的电

荷量为e,质量为皿电子重力及相互间作用力忽略不计）。以下说法中正确的有（）

A.沿直线穿过速度选择罂的电子的速率为标

B.只增大速度选择器中的电场强度E,沿中轴线射入的电子穿过A、C板的时间变长

C.若/=（时刻进入A、C板间的电子恰能水平飞出，则飞出方向可能沿OiQ

D.若，=0时刻进入A、。板间的电子恰能水平飞出，则丁=瞿（〃=1,2,3,…）

解析：选ACD电子在速度选择器中受电场力和洛伦兹力的作用，沿直线通过速度选择器,

E

则电子受力平衡，有eE=Bue,解得。=石，故A正确；若只增大速度选择器中的电场强度

E,电子沿中轴线射入，由。=焦可知，。增大，则在A、C板长不变的情况下，电子穿过A、

C板的时间变短，故B错误；若［=（时刻进入4、C板间的电子恰能水平飞出，飞出方向可

能沿。1。2,故C正确：若，=0时刻进入A、C板间的电子恰能水平飞出，则此时竖直方向

的速度为零，电场力做功为零，根据对称性可知，电子飞出的时刻为〃丁（〃=1,2,3,电

子的速度为。==，根据洛伦兹力和电场力平衡可得联立可得丁=焦〃=1,2,3.…），

故D正确。

【题型5联系实际】

【例5】如图所示，甲是回旋加速器，乙是磁流体发电机，丙是速度选择器，丁是霍尔元件,

下列说法正确的是（）

A.甲图要增大粒子的最大动能，可增加电压U

B.乙图可判断出A极板是发电机的负极

C.丙图可以判断出带电粒子的电性，粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是v=^

D.丁图中若载流子带负电，稳定时C板电势高

答案B

解析根据公式/=捐得。=等，故最大动能&11=%序=4蜉:与加速电压无关，故A

错误；由左手定则知正离子向下偏转，所以下极板带正电，A板是电源的负极，6板是电源

的正极，故B正确；电场的方向与B的方向垂直，带电粒子进入复合场，受电场力和洛伦

p

兹力，且二力是平衡力，即qE=quB,所以。=1，不管粒子带正电还是带负电都可以匀速

直线通过，所以无法判断粒子的电性，故C错误；若载流子带负电，由左手定则可知，负

粒子向C端偏转，所以稳定时。板电势低，故D错误。

【变式51］（多选）目前世界上正研究的一种新型发电机叫磁流体发电机，如图所示表示它

的发电原理：将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量带正电和负电的粒子，而从

整体来说呈中性）沿图中所示方向喷射入磁场，磁场中有两块金属板A、B,这时金属板上就

聚集了电荷。在磁极配置如图中所示的情况下，下列说法正确的是（）

A.A板带正电

B.有电流从“经用电器流向a

C.金属板A、4间的电场方向向下

D.等离子体发生偏转的原因是离子所受洛伦兹力大于所受电场力

答案BD

解析由左手定则，A板带负电，则电流从b经用电器流向。，金属板间的电场方向向上，

故选项B、D正确。

【变式52］（多选）如图所示，导电物质为电子的霍尔元件位于两串联线圈之间，线圈中电流

为/,线圈间产生匀强磁场，磁感应强度大小