冲刺2022届高考物理大题限时集训14　带电粒子在叠加场中的运动（解析版）

冲刺2022届高考物理大题限时集训

专题14带电粒子在叠加场中的运动

【例题】如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系X。），，在第一、四象限内有水平向左的匀强电

场，在第二、三象限内有竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为8=2

近T,两区域的电场强度大小均为E=2V/m。一可视为质点的带电小球用绝缘细线拴住并静止在

第一象限的尸点，尸点的坐标为（5cm,5cm）,细线与竖直方向的夹角为Q45。。现剪断细线，

小球开始运动，重力加速度g取lOm/s2,求：

（1）小球第二次经过x轴时的x坐标值和第二次经过>'轴时的y坐标值；

（2）小球第三次经过y轴的速度大小。

【解析】

（1）小球在图示位置平衡，有

Eq-mg

剪断细线后，小球的加速度大小

a=0g=l（）&m/s2

小球经过O点进入第三象限，运动位移为

5=5A/2xl0?m

根据

，=2理

可得

小球在第二、三象限运动时，电场力和重力平衡，小球在洛伦兹力的作用下做圆周运动有

明确粒子受几个力，结合运动情况，分析各力方向。

(1)电场与磁场叠加：常见模型有速度选择器、磁流体发电机、电磁流量计、霍尔元件等。

(2)电场、磁场、重力场叠加：无约束带电体在叠加场做直线运动时必为匀速直线运动；做圆周

运动时必为匀速圆周运动，重力与电场力平衡，洛伦兹力提供向心力。

1.三种典型情况

(1)若只有两个场，合力为零，则表现为匀速直线运动或静止状态.例如电场与磁场叠加满足

=qvB时，重力场与磁场叠加满足mg=qvB时，重力场与电场叠加满足mg=qE时.

(2)若三场共存，合力为零时，粒子做匀速直线运动，其中洛伦兹力尸="5的方向与速度v垂

直.

(3)若三场共存，粒子做匀速圆周运动时，则有wg=qE,粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运

V2

动，即qvB=tn—.

2.当带电粒子做复杂的曲线运动或有约束的变速直线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求

解.

3.分析

T弄清电场,磁场、事力场组合情况|

先重力、再弹力、后摩擦力，然后分析其他

力(静电力、洛伦兹力)

-I注意运动情况和受力情况的结合|

■匀速直线运动->平衡条件I

小病;轨迹

T匀速一周运动一牛顿运动定律和圆周运动规率

也择规电

T复杂曲线运动动能定理或能量守恒定律|

【变式训练】如图所示，在竖直xQy平面内叱烂乙的区域存在沿x轴正方向的匀

强电场，场强大小为E,垂直平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为8/；在公正2L的区域存

在沿)，轴正方向的匀强电场，场强大小也为E,垂直平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为&；

一个质量为，小带电荷量为+q的带电小球从坐标原点以速度如沿与x轴成45。角方向射入，小球

沿直线匀速穿过0姿L区域，在LM2L的区域运动一段时间后，沿x轴正方向射出该区域。已

知L、〃2、外V0,重力加速度g,试求：

(1)电场强度E的大小；

(2)磁感应强度&大小；

(3)小球从。点到离开x=2L边界所需要的时间。

EmgB二&mv。f=（左+4）后£

【答案】（1）“：⑵°2"；⑶包

【解析】

（1）带电小球在°4X4L区域作匀速直线运动，对其受力分析如图

qE=mg

则

E=^

q

（2）带电小球在乙区域，竖直方向上重力与电场力平衡，小球在洛伦兹力作用下做匀速圆

周运动，其轨迹如图所示

R=———=yp2L

sin45

由洛伦兹力提供向心力

qvnB2=m-^

解得

-2qL

（3）设带电小球在04x4L运动时间为〃，则有

%

设带电小球在L4XW2L运动时间为⑶则有

收1L

I=----

84%

小球从。点到离开x=2L边界所需要的时间

__（乃+4）&

'，＞+'24%

1.如图所示的平面直角坐标系X”位于竖直面内，其中y轴竖直，点A、C的坐标分别为（0,

L）和（-GL,0）.整个空间存在方向沿x轴负方向的匀强电场E/（未画出）。将一质量为相、

带电荷量为+q的小球从A点静止释放，小球恰能经过C点，小球经过C点时匀强电场方向变为

18=仝

竖直向上，场强大小变为原来的白，同时整个空间加上磁感应强度大小4（g为重力加

3

速度大小）方向垂直坐标平面向外的匀强磁场（未画出），小球再运动2后，撒去磁场并

将电场恢复为初始时的匀强电场反，求：

（1）电场的场强大小以及小球通过。点时的速度大小

（2）撤去磁场后小球通过AC连线的位置距A点的距离。

nA

E=6mg_L

【答案】⑴q,v=2屈；⑵s=2

【解析】

(1)设NACO=e,则

tan”立mg

3必

又

由匀变速运动规律有

v2=2aL

sin。

解得

P_®ng

ci-

q

v=2yf2gL

（2）电场改变后，竖直方向上

受力平衡，小球在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，运动轨迹如图

则有

一

qvB=m—

r

小球做圆周运动的周期为

T24丁

/=-----

v

解得

则小球在磁场中运动的时间为4,结合数学知识知，撤去磁场并恢复电场时，小球的速度方向

沿DA方向，之后小球做类平抛运动，则有

2L=vtx

s=—1at,2

2'

解得

L

s=—

2

2.如图所示，竖直平面内建立直角坐标系xOy,y轴正向竖直向上，x轴正向水平向右，x轴在水

平平面M内，在x轴上方存在竖直向下的匀强电场两平行水平面M和N之间的距离为d,

其间的区域存在竖直向上的匀强电场£2(&=万©)和水平向外的匀强磁场Bo带电量分别为q和

~q(q>0)的小球1和2先后从y轴上距0点为力的P点以相同的初速率w沿x轴正向水平射

出，小球1从x轴上距。点为2〃的A点进入MN间，恰好未从平面N离开。小球2从无轴上C

点进入两平面间，最后从平面N上某点离开。设两小球质量分别为，〃/和加2,且qE/=2〃〃g,题中

h、d和重力加速度g已知，其它量均未知。

(1)求两小球的初速率丫。；

(2)求电场强度及和磁感应强度8大小之比；

(3)若C点坐标为(4〃，0),求如和之比以及球2离开平面N时速度大小。

E2_仅6一#”而处=J__J3()g/z+9gd

【答案】(1)%=网；(2)~B=箴；(3)/一8,"2

【解析】

(1)小球1在x轴上方做类平抛运动

占=2〃=%：

12

y=万。/1

qE、+/n]g=nuix

qE】=2m、g

解得

%;7^

（2）因为

-2

则

mlg=qE2

所以小球1在MN间做匀速圆周运动。由题意小球1恰好未从下边界平面N离开知其轨迹应与

平面N相切，如图所示，

Reos仇+R=d

设小球1刚进入MN间时速度偏转角为0i,

由

tanq=2工=1

X

又

/cos01

得

£2

~B~6h~

(3)小球2在x轴上方做类平抛运动:

X2=4/?=V(/2

12

必=5。212

m2g-qE2=m2a2

结合（1）问中4个式子可得

tn{_1

m28

小球2从P点到离开平面N全过程由动能定理得

2

tn2g(h+d)-qE、h+qE［d=^m2v一；?丫；

解得

V_j30g〃+9gd

y—2

3.如图所示，倾角为0的光滑斜面上设置有A8和CO两个减速缓冲区，缓冲区内动摩擦因数为

M，且A8=BC=CO=/。整个空间分布着垂直纸面向里、磁感应强度为8的匀强磁场。一质量为加

带电量为-4的物块从斜面顶端。由静止释放，其通过AB段与通过CO段的时间相等。已知物块

运动到。点时的加速度为零，重力加速度为g,求：

(1)斜面顶端0到A的距离d；

(2)物块在缓冲区内摩擦产生的总热量；

m2g(sin0-/jcos0)~

a=1-\-----------；-----

［答案］(j)2sin@「g~8'.(2)Q=47ng/sin6

【解析】

(1)物块在5c段做匀加速直线运动，故在A8段和CD段一定做完全相同的减速运动，且以相

同的速度收尾。即

VB=VD

物块运动到。点，加速度为零。有

mgsin6="(mgcos。+q%>B)

物块由8运动到C,由牛顿第二定律

mgsin0-ma

由运动学规律可得

Vc-vl=2al

物块由。运动A,有

联立，解得

2sin做引产

(2)物块由A运动到C,动能不变，由功能关系

mg2lsin0=QAB

QAB=QCD

故物块在缓冲区内摩擦产生的总热量为

Q=4mgisin0

4.如图所示，竖直虚线。。的左侧区域存在匀强磁场和竖直向下的匀强电场，电场的电场强度大

小为E,在"右侧一定距离的某矩形区城内存在匀强磁场(图中未画出)，磁场均水平向里、感

应强度大小均为瓦一质为，心带电荷量为+q的带电粒子从c点沿水平线cd向右运动经过d,进

入ab右侧的矩形匀强磁场区域，当带电粒子再次运动到ab线时速度方向与ab成©60。角，不计

(1)带电粒子在ab右侧的磁场中做匀速圆周运动的半径;

(2)带电粒子在/右侧的磁场中的运动时间；

(3)右侧的矩形磁场区域的最小面积。

(>/6+x/2-l)trrEr

R=___f=___f=_____S=_____

21224

【答案】⑴阴；(2)6qB,6qB；⑵*一2qB

【解析】

(1)带电粒子在复合场中做匀速直线运动，则

qE=qvB

粒子进入磁场做匀速圆周运动，有洛伦兹力提供向心力，有

qvB=m—

R

联立解得

（2）带电粒子在"右侧的磁场中做匀速圆周运动，运动周期为

丁2兀R271m

1=-----=------

vqB

粒子再次经过时线时速度方向与时成©60。角，有两种情况，如图所示

d'MC

①从”点进入磁场，从尸点离开磁场，转过角度。=150。，运动时间为

联立解得

6qB

②从M点进入磁场，从。点离开磁场，转过角度为0+夕，由数学知识得

a+夕=210°

运动时间为

联立解得

6qB

由（2）问可知矩形磁场区域最小时为包含圆弧的矩形，即图中阴影部分，由数学知识可知

矩形长度PM为

矩形宽度PD为

y=/?-/?cos75°=«+&-母您

4qB?

则矩形的最小面积为

。（卡+夜-DnvE2

S—=^

5.如图甲所示，在xoy平面的第I象限内有沿x轴正方向的匀强电场百；第H、HI象限内同时

存在着竖直向上的匀强电场£和垂直纸面的磁场5/，E=0.2N/C,£2=0.25N/C,磁场5/随时

_71

间/变化的规律如图乙所示，线=S5T，”产而,,设垂直纸面向外为磁场正方向。一个质量为

加、电荷量为q的带正电液滴从P点以速度%=2m/s,沿x轴负方向入射，恰好以指向丁轴负

方向的速度-经过原点。后进入烂0的区域。已知：:"=5xl（r6kg,?=2xlO4C,40时液滴

恰好通过。点，重力加速度g取10m/s2o

（1）求液滴第一次到达。点时速度丫的大小;

0--s

（2）求液滴在8时间内的路程;

_汽

=9s时撤去电场0、员和磁场M，同时在整个空间区域加竖直向上的匀强磁场历

(3)若在

冗

刍=0.257,求从此时刻起，再经过历,液滴距。点的距离。（乃2之0）

（未画出）,

憎

匕一）2B。

:纥

4B。一

-----►

A0

0X%率o3?o4?%

迅II0

-2B。

甲乙

【答案】（1）2.5m/s；（2）0.98m；（3）0.71m

【解析】

（1）对带电液滴水平和竖直方向分别由动量定理得

-E]qt=O-mvo

mg-t=mv—0

得

v=2.5m/s

(2)计算可知液滴通过O点后

E^q=mg

则液滴将仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动O

由

2

V

qvB=m—

r

7上

V

得磁感应强度为历时

1

r.=-m

18

磁感应强度为28。时

E九

7^=—s

220

1

n=­m

216

0〜工s

8内运动轨迹如图所示，则

33

=—7rr.+2万分

212

得

(3)只有磁场员存在时.，油滴在水平方向做匀速圆周运动，周期

e27rm7t

T-,=------=—s

3

qB25

半径

mv

n=---=0.25m

qB?

油滴在竖直方向做自由落体运动，经过"历,沿）,轴下落高度为

y=gg/

_7C

经过'=而S后距。点的距离为

5=5+（24

解得

s=——m«0.71m

2

一机8

6.如图所示，平面直角坐标系X。〉的x轴水平，第一象限存在电场强度大小为亏、方向沿x

轴负方向的匀强电场；在），＜0的区域存在电场强度大小为4、方向沿y轴正方向的匀强电场和

垂直于为。），平面向外的匀强磁场。，=0时一亥U,一质量为机、电荷量为q的带正电小球从y轴上的

（。，半

A点I81沿与y轴负方向成60。角射入平面的第一象限。小球从X轴上的“点（图中未画

出）沿y轴负方向射入第四象限，运动一段时间后，与），轴负方向成60。角射入第三象限。已知

重力加速度为g。求：

（1）小球在A点的速度大小；

（2）匀强磁场的磁感应强度大小；

（3）小球第2〃（〃=1,2,3,...）次穿过x轴时的位置坐标。

【解析】

(1)设第一象限的电场强度大小为£/,由题可知小球在第一象限受到的水平向左的电场力，大

小为

F=E、q=与mg

由牛顿第二定律得

F=mai

解得

对于水平方向上的运动，有

%sin60°=卬］

解得

公%

'2g

对于竖直方向上的运动，有

。o。1215£

v0cos60-t^-gt;=—

Zo

解得

vo

(2)小球进入磁场，由

Eq=mg

可得小球做匀速圆周运动。小球运动的轨迹如图所示

小球在第四象限内偏转了60。，可知NMON=60。，三角形MO/N为正三角形，由几何关系可知,

小球做匀速圆周运动的轨迹半径为

r=MN=2OM

其中

0*幽吧.

21

即

3百

OM=8L

解得

3^3.

r------L

4

由洛伦兹力提供向心力得

BqvM=/«—

r

解得

一吗

Bq

其中

vM=v0cos60°+^,

解得

〃_8〃?V^Z

LJ一

9Lq

（3）小球在第三、四象限内做匀速圆周运动的轨迹直径为

d=2r

小球由第三象限进入第二象限后做竖直上抛运动，由第二象限进入第三象限后，向左偏转，设小

球第2〃次穿过x轴时距M点的距离为s,则

s=nd

解得

38.

s=-----nL

2

［述一述必o'

即小球第2〃次穿过x轴的位置坐标为I82J（«=1,2,3,...）

7.如图所示，一个质量为加=2.0xl0"kg、电荷量q=+LOxlO，C的带电粒子，从静止开始经

G=1OOV电压加速后，沿着水平方向进入右侧的速度选择器。金属板的上极板带正电，下极板带

负电，两板间电压570°丫，两板间距d=5Ocm,板间存在垂直纸面向里的匀强磁场。该粒子通过

速度选择器后，从y轴上的P点垂直y轴进入直角坐标系的第一象限，在第一象限有垂直于纸面

向外的匀强磁场，第四象限（含边界）有垂直于纸面向里的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小

相等，0、P之间的距离为L=（l°+5G）cm,粒子恰好不从y轴射出磁场，不计粒子重力。求:

（1）粒子进入速度选择器时速度V的大小；

（2）速度选择器内匀强磁场片的大小；

（3）直角坐标系中匀强磁场鸟的大小；

（4）粒子从尸点射出后第四次经过x轴时的位置坐标。

[-----L

XXXX•••七y••

各XX土

XXXXX

------------------------------------►

XXXX

11xxxxxxx-^

XXXXoXXX

XXXXXXX

4

【答案】⑴l°m/s；（2）0.02T.（3）0.2T.（4）（0.35m,0）

【解析】

（1）粒子在加速电场中，由动能定理有

,,12

qU、=-mv**

解得

v=104m/s

（2）粒子在速度选择器中做直线运动，有

存=用的

a

解得

B、=0.02T

（3）粒子恰好不从y轴射出的临界情况是运动轨迹与），轴相切，如图所示

几何关系知

2rsinfZ=r

r+rcosa=L

解得

a=30°

根据

v2

B2Vq=m-

解得

B2=0.2T

（4）根据运动轨迹，可知

x=7rsina=0.35m

第四次经过x轴的位置坐标为®35m,0）

8.如图所示，在长方形必cd虚线框区域内，存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面水平向里的匀

强磁场，电场强度皿，磁感应强度为瓦。/为必边中点，0/。2为长方形水平中心线，照

L

相底片与虚线。/。2垂直且离cd边3。现有一质量为m电荷量为q的带正电粒子从O1点以速度

u（未知）水平射入时，带电粒子沿虚线。02做匀速直线运动。保持带电粒子从。点水平射入的

速度v不变，若撤去电场，带电粒子恰好经过d点后打在照相底片上的P点；若撤去磁场，带电

be=­L

粒子打在照相底片上的Q点。已知而=乙，2，（不计粒子重力和空气阻力）。求：

（1）从。点水平射入的速度V；

（2）带电粒子由。/点运动至P点的时间r；

（3）带电粒子打在照相底片上P、Q两点间的距离PQ。

qBL（〃+3）〃7（7+6省）一

【答案】（I）:（2）3qB；（3）~―8-

【解析】

（1）粒子沿虚线。。2做匀速直线运动，根据平衡

qE=qvB

解得

八理

m

（2）撤去电场后，设带电粒子在磁场中做半径为R的匀速圆周运动，如图

由牛顿第二定律

qvB=m——

R

得

R=L

根据儿何知识

a=60°

粒子在磁场中运动的周期

7=处

qB

粒子在磁场中运动的时间

粒子离开磁场做匀速直线运动至P,点过程的位移

L

x-2_L

cosa

该过程的运动时间

xm

t=-=一

2vqB

则带电粒子由。/点运动至P点的时间/

+3)m

二2口

3qB

•^77.L(1+>/3)£

PO、=xsina+—=------------

222

三八%

a=^

tn

联立解得

根据几何知识

p、0两点间的距离

而=丽+西=正簪

9.如图所示，在坐标系第一象限内有正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度为E,方向未知，磁

感应强度为B,方向垂直纸面向里；在第二象限的某个三角形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场

(图中未画出)。一质量为加、电荷量为q的带正电粒子以某一速度u(大小未知)沿与x轴负方

向成。角(0<5)的方向从A点进入第一象限，在第一象限内做直线运动，而后从y轴上的C点

进入三角形磁场区域。一段时间后，粒子经过x轴上的。点且速度方向与x轴负方向成。角。已

知A点坐标为(L,0),。点坐标为(-330),不计粒子所受的重力。求：

(1)匀强电场E的方向与x轴正方向的夹角a的大小和粒子速度的大小；

(2)三角形区域内磁场的磁感应强度8的大小；

(3)三角形区域磁场的最小