微專題5帶電粒子在疊加場中的運動

軸舜■用習■

1.［2022.全國甲卷］空間存在著勻強磁場和勻強電場，磁場的方向垂直于紙面（xOy平面）向里，

電場的方向沿y軸正方向.一帶正電的粒子在電場和磁場的作用下，從坐標原點O由靜止開

始運動.下列四幅圖中,可能正確描述該粒子運動軌跡的是（B）

y|7

0X0>

AR

y|y

CD

［解析］在xOy平面內電場的方向沿y軸正方向,故在坐標原點。靜止的帶正電粒子在電場

力作用下會向y軸正方向運動.磁場方向垂直于紙面向里，根據左手定則，可判斷出向y軸正

方向運動的粒子同時受到沿x軸負方向的洛倫茲力，故粒子向無軸負方向偏轉,A、C錯誤;運

動的過程中電場力對粒子做功，粒子速度大小發(fā)生變化，粒子所受的洛倫茲力方向始終與速度

方向垂直，由于勻強電場方向是沿y軸正方向,故無軸為勻強電場的等勢線，從粒子開始運動

到再次運動到無軸過程中,電場力做功為0,洛倫茲力不做功,故帶電粒子再次回到x軸時的速

度為。，隨后受電場力作用再次進入第二象限重復上述過程，故B正確,D錯誤.

2.如圖所示，空間中存在水平方向的勻強電場和勻強磁場，電場強度大小為E,方向水平向右；

磁感應強度大小為民方向垂直于紙面向里.在正交的電磁場空間中有一豎直放置的光滑絕緣

大圓環(huán).一質量為％帶電荷量為+q的小圓環(huán)，從大圓環(huán)的最高點由靜止釋放.已知大圓環(huán)半徑

為民重力加速度為g.關于小圓環(huán)接下來的運動，下列說法正確的是（D）

A.小圓環(huán)從最高點運動到最低點的過程中機械能守恒

B.小圓環(huán)恰好能沿大圓環(huán)做完整的圓周運動

C.小圓環(huán)運動到大圓環(huán)右側與圓心等高位置時的速度為J期

D.小圓環(huán)運動到大圓環(huán)最低點位置時的速度為

［解析］小圓環(huán)從最高點運動到最低點的過程中，除重力外還有電場力做功，機械能不守恒，故

A錯誤;設小圓環(huán)所受重力與電場力的合力與豎直方向夾角為伍假設恰好能做完整的圓周運

1__

動，剛好能到達等效最高點4如圖所示，根據動能定理有mg7?(l-cos9)-qERsm封屋猶其中

"zgtan敘qE,解得l1'=2gR'<0,所以假設不成立，小圓環(huán)不能沿大圓環(huán)做完整的圓周運

動，故B錯誤;小圓環(huán)從最高點運動到大圓環(huán)右側與圓心等高位置過程中，根據動能定理有

1__

解得小圓環(huán)運動到大圓環(huán)右側與圓心等高位置時的速度vi=

12gR+幽

、m，故C錯誤;小圓環(huán)從最高點運動到大圓環(huán)最低點位置過程中，根據動能定理有

1_______

?jg-2R=~7MU22-0,解得小圓環(huán)運動到大圓環(huán)右側與圓心等高位置時的速度v2=\3gA,故D正

確.

3.水平地面上方足夠大區(qū)域內有沿水平方向、相互垂直的勻強電場和勻強磁場.如圖所示，紙

面為該區(qū)域內的某一豎直平面，磁場垂直紙面向里，電場強度大小為E,方向水平向左.絕緣細

線一端固定在該豎直平面內的O點,另一端懸掛一質量為m的帶正電小球。，靜止時小球Q

位于A點，細線與豎直方向的夾角Q30。.現讓另一質量為3m的不帶電小球P從該豎直平面

內的某點C(圖中未畫出)以初速度vo水平拋出，正好與處于A點的小球Q發(fā)生彈性正碰，碰

撞瞬間剪斷細線，同時將電場強度大小變?yōu)?瓦碰后小球Q恰好沿直線運動.已知C、A兩點

距地面的高度之比為7：3,兩球碰撞過程中各自電荷量均保持不變,碰撞時間極短，重力加速

度為g,小球大小不計，求：

⑴小球。的電荷量%

(2)勻強磁場的磁感應強度大小B-

(3)兩小球在水平地面上的落地點間的距離Ax.

2V3EVW

［答案］(1)3E⑵3皿⑶8g

［解析］(1)小球。靜止時，受力如圖所示，由平衡條件可知，細線對小球Q的拉力瓦、電場力

qE的合力與小球Q所受的重力mg大小相等，方向相反，可得

tan。/。

代入數據得qK

(2)要兩球碰后小球Q能沿直線運動，電場力F、重力mg沿兩球運動方向的分力應大小相

等、方向相反，合力為零.洛倫茲力與電場力、重力沿垂直速度方向的分力之和平衡.

設兩球碰撞前后瞬間的速度方向與豎直方向的夾角為凡有

3qEsina=mgcosa

F洛=30Ecosa+mgsina

設P、。兩球碰前尸的速度為匕碰后尸、。的速度分別為"、密兩球碰撞過程，由動量守

恒、能量守恒有

3mv=i，mvp+mvQ

11_1-

"mv0^

由速度分解可知vo=vsina

由洛倫茲力公式有F^=qBvQ

2招E

聯立解得2=3〉。

(3)設C點與A點的高度差為的,小球P與Q碰前沿豎直方向的分速度大小為力,由速度分解

及平拋運動規(guī)律有

2gho=vv2

VQ

tana

力二

設A點距地面的高度為加，兩球碰后P球運動到地面的時間為t,P、Q兩球運動到地面的過

程中沿水平方向發(fā)生的位移分別為白、利

1

/ii=(vpcosaWg/2

xp=(upsina)t

與

tana=

加)+加7

由題意有ni=3,/^X=XQ-XP

vW

聯立解得Ax=叼

4.如圖甲所示，空間中有一直角坐標系。-孫z,在緊貼坐標為(-0.4m,0,0)點的下側有一粒子源

尸,能沿無軸正方向以vo=lxl()6m/s的速度持續(xù)發(fā)射比荷為E=5X107C永g的不計重力的帶正

電的粒子.圖乙為無?！菲矫鎴D，在尤<0、y<0的空間中有沿y軸負方向的勻強電場，電場強度大

小為￡=5xl04V/m,在x>0的空間有垂直于xOy平面向里的勻強磁場，磁感應強度的大小為

Bi=0.1T.若在尤Oz平面內x<0區(qū)域放置一足夠大的吸收屏(如圖甲所示)，屏上方施加有沿y

n

軸負方向、大小為&=8T的勻強磁場(忽略粒子間的相互作用).求:(結果保留一位有效數

字)

(1)粒子第??次穿過y軸的縱坐標；

(2)粒子第二次穿過y軸的縱坐標；

(3)粒子打到吸收屏上的坐標.

［答案］(l)-0.2m(2)0.2m

(3)(-0.2m,0,0.05m)

旺

［解析］⑴粒子從尸點射出后在xOy平面內做平拋運動，沿y軸負方向的加速度為

=2.5xl012m/s2

20.4

6

做平拋運動的時間為人=’工而懣S=0.4X10-S

1

粒子在豎直方向上的位移以=，0右=0.2m

所以粒子第一次穿過y軸時的縱坐標為-0.2m

22

(2)粒子第一次穿過y軸時的速度為vi=\/vo+(^I)=V,2X106M/S

由于vo=^i=lxlO6m/s

所以粒子沿著與y軸負方向成45。角的方向進入磁場Bi,然后做勻速圓周運動.由qv\B\=m"

三二立

可得圓周半徑n=、"==m

由幾何關系可知,圓心在x軸正半軸的(0.2m,0,0)處.所以粒子將從y軸的正半軸某點處離開

磁場所,其坐標與粒子第一次穿過y軸時的坐標關于原點對稱,所以粒子第二次穿過y軸時

的縱坐標為0.2m

⑶粒子第二次穿過y軸后,沿著與y軸負方向成45。角的方向進入磁場&.在磁場&中，粒子

沿著y軸負方向的分速度為vy=vicos45。=1'106m/s,在這個方向上，洛倫茲力為零，粒子沿著x

軸負方向的分速度為v^=visin45°=lxl06m/s,在這個方向上，粒子在洛倫茲力的作用下做圓周

7

運動.所以粒子進入磁場B,后,將沿著螺旋線向吸收屏運動.根據qvxB2=mcovx,。=■可得，粒

1itmmit

子在磁場中運動半周的時間為2，?S2<?S；6

B2r2=r==x=1.2xlO-s

0.2m

粒子從y軸上0.2m處運動到尤Oz平面上的時間為"=0.2x10%

由于f3v2,所以在粒子離開磁場史之前，就已經打到了吸收屏上.粒子的圓周運動軌跡對應的

角度為0=^71=

粒子做圓周運動的半徑為72=皿2=5"m

6-1_—―-

所以粒子打到吸收屏上的坐標為rnKsin6-0-1m--0.2m>y=0、z="m-511mxcos6=

6-3VI

im-0.05m

5.[2023?江蘇卷]霍爾推進器某局部區(qū)域可抽象成如圖所示的模型.xOy平面內存在豎直向下

的勻強電場和垂直坐標平面向里的勻強磁場,磁感應強度為E質量為電荷量為e的電子

從O點沿x軸正方向水平入射.入射速度為w時,電子沿x軸做直線運動;入射速度小于的vo

時,電子的運動軌跡如圖中的虛線所示，且在最高點與在最低點所受的合力大小相等.不計重

力及電子間相互作用.

⑴求電場強度的大小E;

(2)若電子入射速度為4,求運動到速度為2時位置的縱坐標yi;

mv(］

(3)若電子入射速度在0<v<w范圍內均勻分布，求能到達縱坐標位置的電子數N占總

電子數No的百分比.

3m鞏

［答案］(l)%8(2)32es(3)90%

［解析］⑴由題知，入射速度為VO時,電子沿x軸做直線運動，則有Ee=evoB,解得E=v0B

(2)電子在豎直向下的勻強電場和垂直坐標平面向里的勻強磁場的復合場中，由于洛倫茲力不

做功，且電子入射速度為4則電子受到的電場力大于洛倫茲力，則電子向上偏轉，根據動能定

1/I\21/I\23m網

理有煙-MS'”,解得％二.

⑶若電子以速度V入射時，設電子能到達的最高點位置的縱坐標為乃則根據動能定理有

1___1

團產'展加一利?由于電子在最高點與在最低點所受的合力大小相等,則在最高點有F合

2E2m(VQ~V)

BeB

二evmB-e瓦在最低點有F合二eEmB,聯立有vm=-v,y=，要讓電子到達縱坐標"二"'位

9

置，即丁之丁2,解得怯1%，則若電子入射速度在0<V<W范圍內均勻分布，能到達縱坐標'2=八B

位置的電子數N占總電子數No的90%.

6.如圖甲所示，在xOy平面的第/象限內有沿x軸正方向的勻強電場昂,第〃、力象限內同時

存在著豎直向上的勻強電場E2和垂直紙面的磁感應強度為Bi的磁場，已知E2=0.25N/C,BI

n

2

隨時間/變化的規(guī)律如圖乙所示，其中Bo=O.25T,t0=°s,設垂直紙面向外為磁場正方向.一個

質量為%=2.5x10-6kg、電荷量為q=l><10-4C的帶正電液滴從P點以速度w=4m/s沿元軸負

方向射入，經?i=0.5s恰好以沿y軸負方向的速度v經過原點O后進入x<0的區(qū)域.已知t=0

時液滴恰好通過0點，重力加速度g取10m/s2.

(1)求電場強度￡i的大小及液滴第一次到達O點時速度v的大??；

n

(2)求液滴在0~“s內的路程；

n

⑶若在t=4s時撤去電場El、E2和磁場81,同時在整個空間區(qū)域加豎直向上的磁感應強度

n

大小為6=0.5T的勻強磁場(未畫出)，求從此時刻起,再經過t'=°s,液滴距O點的距

離.(兀2旬0)

5u

［答案］(1)0.2N/C5m/s(2尸m

口

⑶8m

［解析］⑴對帶電液滴由動量定理可知，水平方向有-泅*0-〃硒

解得￡i=0.2N/C

豎直方向有mg-ti=mv-0

解得v=5m/s

(2)液滴通過O點后，由qE?=mg可知，液滴將僅在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，由qvB=m

解得磁感應強度為歷時Ti='s,n=0.5m

n

磁感應強度為2a時72=10S/2=0.25m

n11

0?4S內運動軌跡如圖所示，則5=3乂4*2兀/1+2乂2*2兀r2(或4V。

5n

解得s=7m

2mlit

(3)只有磁場星存在時，液滴在水平方向做勻速圓周運動，則周期73=吧2="S

mv

半徑井3="'=0.25m

.1

液滴在豎直方向做自由落體運動，經過tr=Qs沿y軸下落高度為y=gta

Tt_____________

經過，=2°s后距0點的距離為S，=Jy2+(2上)2

解得S'H8m

7.如圖甲所示，離子源持續(xù)逸出帶電荷量為+外質量為機的離子，其初速度視為0,離子經過加

速電場后,以速度W沿兩平行極板PQ的中線飛入交變電場.已知極板P、。水平放置，間距

L

為d,長度為以極板上所加的交變電壓如圖乙所示，變化周期為T=,°,所有離子均能從尸、0極

板右側射出,不計離子重力及離子間相互作用.

(1)求加速電場的電壓大小Uo；

(2)求P、Q極板間所加電壓U的最大值Um；

(3)當P、Q極板間交變電壓為(2)問中所求的Um時，在P、Q極板右側建立O-xyz直角坐標

系，其中Ox軸與極板。的中軸線在同一直線上，圖甲中的兩個正方體邊長均為d,正方體

3mi?Q

OCDE-OiCiDrEr區(qū)域內存在沿y軸正方向、大小為Bi=Sqd的勻強磁場,正方體CDGH-

C1D1G1H1區(qū)域內存在沿x軸正方向、大小為&的勻強磁場，求離子在正方體CDGH-

CiDiGiHi區(qū)域內運動的最長時間.

離子源，

—(}-|

2nw—d25d

［答案］⑴2q(2)解⑶鈾

［解析］(1)離子經過加速電場后有

1___

Uoq=~mvo~-O

2q

解得U0=

(2)離子在平行極板P、Q間運動時，水平方向做勻速直線運動，有L=vot

解得仁也

T

即離子在平行極板P、Q間運動的時間恰為電場變化的一個周期，當占"