第8講小專題:帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動

考點(diǎn)一帶電粒子在疊加場中的幾類典型運(yùn)動

1.疊加場的概念

在同一區(qū)域里電場、磁場、重力場中的任意兩場共存或三場共存。

2.帶電粒子在疊加場中的幾種常見運(yùn)動

運(yùn)動性質(zhì)受力特點(diǎn)方法規(guī)律

勻速直線粒子所受的

平衡條件

運(yùn)動合力為0

勻速圓周（1）電場力與重力平衡,qE=mg。二力平衡、牛頓第二定律、圓周

運(yùn)動（2）洛倫茲力提供向心力應(yīng)出=加亍運(yùn)動的規(guī)律

較復(fù)雜的除洛倫茲力外，其他力的合力既不為零，也動能定理、功能關(guān)系、能量守恒

曲線運(yùn)動不與洛倫茲力平衡定律等

3.“三步分析”解決疊加場問題

一電場、磁場共存

第一步受力分析-電場、重力場共存

供注場的疊加）-磁場、重力場共存

L電場、磁場、重力場共存

合力為零一勻速直線運(yùn)動①

合力恒定一勻變速直線運(yùn)動

V或勻變速曲線運(yùn)動②

第二步運(yùn)動分析

合力大小恒定巨方向始終垂直

（內(nèi)建運(yùn)動模型）

于速度—勻速圓周運(yùn)動③

合力夏雜多變-----般曲線運(yùn)

（動④

運(yùn)動①一平衡條件

運(yùn)動②一動能定理或牛頓運(yùn)

動定律、運(yùn)動學(xué)公式

’第三步選擇規(guī)律

運(yùn)動④③一—*動向能心定力理公或式能量守

力或能的觀點(diǎn)）恒定律

E[W1]【帶電粒子在疊加場中的直線運(yùn)動】（2024?河南鄭州期中）如圖所示，某空間存在

水平向左的勻強(qiáng)電場和垂直于紙面方向的勻強(qiáng)磁場（圖中未畫出），一質(zhì)量為他的帶負(fù)電粒

子恰能以速度v沿圖中虛線所示軌跡做直線運(yùn)動，粒子的運(yùn)動軌跡與水平方向的夾角為

30。,勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為民重力加速度為g,下列說法正確的是（）

一，＜§0。__________

尸

［A］勻強(qiáng)磁場的方向垂直于紙面向里

［B］勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為一片

°Jvsin600

［C］粒子的電荷量為鱉等

D

［D］若粒子運(yùn)動過程中磁場突然消失，則粒子可能做勻減速直線運(yùn)動

【答案】C

【解析】對粒子受力分析可知，粒子受到的洛倫茲力與速度大小和方向有關(guān)，粒子做勻速

直線運(yùn)動，粒子受到的電場力水平向右,受到的重力豎直向下，則洛倫茲力垂直于運(yùn)動仇跡

斜向左上方，根據(jù)左手定則可知，勻強(qiáng)磁場的方向垂直于紙面向外，故A錯誤;根據(jù)受力平衡

有tan300*,sin30°T，則粒子的電荷量g-嗎加勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小8-：

mgqvB1Eu$in300

故B錯誤,C正確;若粒子運(yùn)動過程中,磁場突然消失，粒子受到的合力方向與粒子的速度方

向不共線，則粒子一定做曲線運(yùn)動，故D錯誤。

［例2］【帶電粒子在疊加場中的勻速圓周運(yùn)動】（2024?廣西玉林期中）如圖所示,一帶電

液滴在相互垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中剛好做勻速圓周運(yùn)動，其軌道半徑為R,已知電

場的電場強(qiáng)度為石，方向豎直向下;磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為民方向垂直于紙面向里，不計(jì)空氣

阻力，設(shè)重力加速度為g,則下列說法正確的是（）

［A］液滴帶正電

［B］液滴所受合外力為零

［C］液滴受到重力、電場力、洛倫茲力、向心力作用

［D］液滴運(yùn)動的速度v空

【答案】D

【解析】帶電液滴在相互垂直的勻強(qiáng)電場和分強(qiáng)磁場中剛好做勻速圓周運(yùn)動，可知受到

的向下的重力和向上的電場力平衡，則液滴帶負(fù)電，液滴受到重力、電場力、洛倫茲力作用,

其中洛倫茲力充當(dāng)做圓周運(yùn)動的向心力，由qE=〃ig,qvB=〃J,解得尸”上故選項(xiàng)A、B、C

nC

錯誤,D正確。

[例3]【帶電粒子在疊加場中的一般曲線運(yùn)動】（2022?廣東卷,8）（多選）如圖所示,磁控管

內(nèi)局部區(qū)域分布有水平向右的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勾強(qiáng)磁場。電子從M點(diǎn)由靜止

釋放，沿圖中所示軌跡依次經(jīng)過N、P兩點(diǎn)。已知〃、P在同一等勢面上，下列說法正確的

有（）

,X

XX

XXX

:X

XX

[A]電子從N到P,電場力做正功

[B]N點(diǎn)的電勢高于尸點(diǎn)的電勢

[C]電子從M到N,洛倫茲力不做功

[D]電子在M點(diǎn)所受的合力大于在P點(diǎn)所受的合力

【答案】BC

【解析】電子從“點(diǎn)由靜止釋放，從M到N,電場力做正功,M、夕在同一等勢面上，可知

電子從N到P,電場力做負(fù)功，選項(xiàng)A錯誤;根據(jù)沿電場線方向電勢降低，可知N點(diǎn)電勢高于

。點(diǎn)電勢，選項(xiàng)B正確;根據(jù)洛倫茲力方向與速度方向垂直，對帶電粒子永遠(yuǎn)不做功,可知電

子從M到M洛倫茲力不做功，選項(xiàng)C正確;洛倫茲力不做功，且時、尸在同一等勢面上，可

知電子在M點(diǎn)和P點(diǎn)速度都是零，即電.子在M點(diǎn)和尸點(diǎn)都是只受到電場力作用，所以電,子

在M點(diǎn)所受的合力等于在尸點(diǎn)所受的合力，選項(xiàng)D錯誤。

考點(diǎn)二“配速法”解決疊加場問題

1.直面難題

帶電粒子在售加電磁場中不做勻速直線運(yùn)動，即所受合力不為零，粒子的速度會改變，洛倫

茲力也會隨著變化，合力也會跟著變化，則粒子做一般曲線運(yùn)動，運(yùn)動比較復(fù)雜。

2.方法簡述

可以通過配速的方法，使其一個方向的速度對應(yīng)的洛倫茲力與重力（或甩場力，或重力和電

場力的合力）平衡，另一個方向的速度對應(yīng)的洛倫茲力使粒子做勻速圓周運(yùn)動，這樣將復(fù)雜

的曲線運(yùn)動看作兩個比較常見的運(yùn)動。

3.幾種常見情況

[A]粒子帶負(fù)電

[B]粒子運(yùn)動軌跡是拋物線

[C]粒子距離x軸的最大距離為嚶

[D]粒子運(yùn)動過程中的最大速度為尊

【答案】C

【解析】粒子由靜止開始運(yùn)動，電場力方向豎直向上，故粒子帶正電，選項(xiàng)A錯誤;粒子運(yùn)

動時受電場力和洛倫茲力，因洛倫茲力是變力，則軌跡不是拋物線，選項(xiàng)B錯誤;將粒子的運(yùn)

動分解為速度工的向右的勺速直線運(yùn)動和速度為v的沿順時針方向的勺速圓周運(yùn)動，則

粒子距x軸的最大距離Y=2R=2?誓獸，兩分運(yùn)動同向時速度最大，則最大速度為2.4,故

BqqB'B

選項(xiàng)C正確,D錯誤。

[例5](2025?陜晉青寧高考適應(yīng)性考試)如圖，〃邊界與x軸垂直，在其右方豎直平面內(nèi),第一、

二象限存在垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場,第三、四象限存在垂直于紙面向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場，

磁場區(qū)域覆蓋有豎直向上的外加勻強(qiáng)電場。在xQy平面內(nèi)，某質(zhì)量為機(jī)、電荷量為夕帶正

電的絕緣小球從P點(diǎn)與cd邊界成30。角以速度w射入，小球到坐標(biāo)原點(diǎn)O時恰好以速度

w豎直向下運(yùn)動，此時去掉外加的勻強(qiáng)電場。重力加速度大小為g,已知磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均

為幽。求：

(1)電場強(qiáng)度的大小和P點(diǎn)與y釉的距離；

(2)小球第一次到達(dá)最低點(diǎn)時速度的大??；

(3)小球從過坐標(biāo)原點(diǎn)時到第一次到達(dá)最低點(diǎn)時所用時間。

【答案】喏空⑵(1+煙…3喏

【解析】(I)依題意，小球從P點(diǎn)運(yùn)動到坐標(biāo)原點(diǎn)O,速率沒有改變和動能變化量為零，由

動能定理可知合力做功為零，電,場力與重力等大反向，可得gE=〃?g,解得E號，可知小球在

洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動，軌跡如圖甲所示,

根據(jù)解得尸子，

由幾何關(guān)系可得xp=r+rcos300,

聯(lián)立解得燈上誓。

2g

(2)把小球在坐標(biāo)原點(diǎn)的運(yùn)度w分解為沿x軸正方向的出和與x軸負(fù)方向成45。角的^/2v0,

如圖乙所示,

其中沿x軸正方向的w對應(yīng)的洛倫茲力恰好與小球重力平衡，即FjqvoB=〃?g,

小球沿x軸正方向做勻速直線運(yùn)動;

與x軸負(fù)方向成45。的&\為對應(yīng)的洛倫茲力提供小球做逆時針勻速圓周運(yùn)動的向心力,

可知小球第一次到達(dá)最低點(diǎn)時速度的大小為

v=v()+V2v0=(1+V2)v()o

(3)由以上分析可知小球在撤去電場后做勻速圓周運(yùn)動的分運(yùn)動就跡如圖丙所示,

根據(jù),又

R

由幾何關(guān)系可得小球從過坐標(biāo)原點(diǎn)時到第一次到達(dá)最低點(diǎn)時圓弧軌跡對應(yīng)的圓心角為

135。,則所用時間為片黑「聯(lián)立解得仁需。

[例6](2024?甘肅卷』5)質(zhì)譜儀是科學(xué)研究中的重要儀器，其原理如圖所示。I為粒子加速

器，加速電壓為u；n為速度選擇器，勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為臼，方向沿紙面向下,勻強(qiáng)磁

場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為9,方向垂直紙面向里;HI為偏轉(zhuǎn)分離器，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大

小為治,方向垂直紙面向里。從S點(diǎn)釋放初速度為零的帶電粒子(不計(jì)重力)，加速后進(jìn)入速

度選擇器做直線運(yùn)動，再曰。點(diǎn)進(jìn)入分離器做圓周運(yùn)動，最后打到照相底片的尸點(diǎn)處，運(yùn)動

軌跡如圖中虛線所示。

(1)粒子帶正電還是負(fù)電?求粒子的比荷。

(2)求。點(diǎn)到尸點(diǎn)的距離。

(3)若速度選擇器H中勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小變?yōu)槭?及略大于后)，方向不變，粒子恰好

垂直打在速度選擇器右擋板的O,點(diǎn)上。求粒子打在。，點(diǎn)的速度大小。

【答案】(1)帶正電導(dǎo)(2)曹(3)爺生

CUD\CjO2"1

【解析】(1)由于粒子在偏轉(zhuǎn)分離器的勻強(qiáng)磁場中向上偏轉(zhuǎn),根據(jù)左手定則可知粒子帶正

電;設(shè)粒子的質(zhì)量為〃1,電荷量為夕，粒子進(jìn)入速度選擇器時的速度為W,在速度選擇器中粒

子做勻速直線運(yùn)動,由平衡■條件得qv(B=qEi,

在加速電場中，由動能定理得

聯(lián)立解得粒子的比荷為心嘉7。

m2UB\

(2)在偏轉(zhuǎn)分離器中，粒子做勻速圓周運(yùn)動,設(shè)運(yùn)動半徑為二由洛倫茲力提供向心力得

q

可得o點(diǎn)到〃點(diǎn)的距離為。尸=2，=^答。

E\B2

(3)粒子進(jìn)入11瞬間，粒子受到向上的洛倫茲力尸產(chǎn)列o8,

向下的靜電力尸=隹2,

由于Ei>E\,

且qv()B\=qE\,

所以通過配速法，如圖所示，

其中滿足qEi=q(vo+v\)B\,

則粒子在速度選擇器中水平向右以速度叩+也做勻速運(yùn)動的同時,豎直平面內(nèi)以V)做勻速

圓周運(yùn)動，當(dāng)速度轉(zhuǎn)向到小平向右時，滿足垂直打在速度選擇器右擋板的O'點(diǎn)、的要求，故此

2E2-E1

時粒子打在。點(diǎn)的速度大小為M=i，o+yi+y1

Bi

A課時作業(yè)

(滿分:60分)

國基礎(chǔ)對點(diǎn)練

對點(diǎn)1.帶電粒子在疊加場中的幾類典型運(yùn)動

1.（4分）（2024?北京東城區(qū)期中）如圖，空間某區(qū)域存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場,電場方向豎直

向上（與紙面平行）,磁場方向垂直于紙面向里。三個帶耳的微粒a、b、c電荷量絕對直相

等，質(zhì)量分別為〃小〃7b、伙，已知在該區(qū)域內(nèi),a在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動,b在紙面內(nèi)向右

做勻速直線運(yùn)動,c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運(yùn)動。下列說法正確的是（）

[A]微粒b可能帶負(fù)電

[B]微粒c一定帶正電

[C]微粒a的質(zhì)量一定小于微粒b的

[D]微粒a的質(zhì)量一定大于微粒c的

【答案】C

【解析】微粒b向右做勻速直線運(yùn)動，若b帶負(fù)電，則電場力豎直向下，由左手定則判斷洛

倫茲力豎直向下,重力豎直向下，不可能受力平衡，故b一定帶正電,由平衡條件得

c/E+qvhB=nibg,可得〃訃g；微粒a在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，必有qE=niag,則有故A

錯誤,C正確。微粒c向左做勻速直線運(yùn)動，若c帶正電，電場力豎直向上，由左手定則判斷

洛倫茲力豎直向下，重力豎直向下,由平衡條件得qE=mcg+q\，cB、可得qE>〃kg,則有mA>mc;若

c帶負(fù)電，電場力豎直向下，由左手定則判斷洛倫茲力豎直向上,重力豎直向下，由平衡條件

得qvcB=mcg+qE,無法比較qE與nicg的大小，故與mc之間的大小也無法比較，故B、D

錯誤。

2.（4分）（2024?安徽合肥階段練習(xí)）為粗略了解等離子體在托卡馬克核聚變實(shí)驗(yàn)裝置環(huán)形真

空室內(nèi)的運(yùn)動狀況，某同學(xué)將?小段真空室內(nèi)的電場和磁場理想化為方向均水平向右的

勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場（如圖），電場強(qiáng)度大小為反磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為瓦若某電荷量為q的

正離子在此電場和磁場中運(yùn)動,其速度平行于磁場方向的分量大小為也垂直于磁場方向

的分量大小為為不計(jì)離子重力，則（）

[A]電場力的瞬時功率為夕七，巧2+七2

[B]該離子受到的洛倫茲力大小不變

［C］口與片的比值不斷變大

［D］該離子做勻變速直線運(yùn)動

【答案】B

【解析】根據(jù)功率的計(jì)算公式P=Fvcos0,可知電場力的瞬時功率為P=qEv\，故A錯誤。

由于V］與磁場4平行,也與磁場B垂直,根據(jù)洛倫茲力的計(jì)算公式有￡$=025根據(jù)運(yùn)動的

疊加原理可知，離子在垂直于紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，沿水平方向做句加速運(yùn)動，則口增

大/，2不變，所以離子受到的洛倫茲力大小不變"的值不斷變大;該離子受到的電場力不變,

也

洛倫茲力大小不變,方向總是與電（場方向垂直，所以該離子做曲線運(yùn)動，故B正確,C、D錯

誤。

3.（6分）（2024?安徼卷,10）（多選）空間中存在豎直向下的勻強(qiáng)電場和垂直于紙面向里的勻強(qiáng)

磁場，電場強(qiáng)度大小為￡磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為8。一質(zhì)量為小的帶電油滴在紙面內(nèi)做半徑

為我的圓周運(yùn)動，軌跡如圖所不。當(dāng)4運(yùn)動到最低點(diǎn)夕時，瞬間分成兩個小油滴1、II,二

者帶電量、質(zhì)量均相同。I在尸點(diǎn)時與。的速度方向相同，并做半徑為3H的圓周運(yùn)動，

軌跡如圖所示。I【的軌跡未畫出。已知重力加速度大小為g,不計(jì)空氣浮力與阻力以及I、

H分開后的相互作用，則（）

［A］油滴〃帶負(fù)電,所帶電量的大小為警

［B］油滴。做圓周運(yùn)動的速度大小為喈

［C］小油滴I做圓周運(yùn)動的速度大小為半，周期為年

EgB

［D］小油滴n沿順時針方向做圓周運(yùn)動

【答案】ABD

【解析】油滴。在紙面為做圓周運(yùn)動,故重力與靜電力平衡，可知油滴帶負(fù)電，有mg=Eq,

解得q畔，故A正確;根據(jù)洛倫茲力提供向心力有解得油滴a做圓周運(yùn)動的速度

ER

m

大小為尸喀故B正確;設(shè)小油滴I的速度大小為0，則3/?蕓，解得V］叁也誓，周期為

tD-me

片紅絲岑，故C錯誤;帶也油滴〃分離前后動量守恒，設(shè)分離后小油滴II的速度為V2,取油

pigB

滴a分離前瞬間的速度方向?yàn)檎较?，得WV=y-V|+介2,解得%-喈,由于分離后的小油滴

受到的靜電力和重力仍然平衡,分離后小油湎II的速度方向與正方向相反,根據(jù)左手定則

可知,小油滴II沿順時針方向做圓周運(yùn)動，故D正確。

4.（12分）（2024?湖南長沙階段練習(xí)）如圖甲所示，豎直邊界分別為P和。的區(qū)域內(nèi)分布著垂

直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場和豎直方向上周期性變化的電場,電場隨時間變化的關(guān)系如圖

乙所示,后＞0表示電場方向豎直向上。在片0時刻，一帶電量為+外質(zhì)量為m的帶電微粒從

邊界產(chǎn)上的力點(diǎn)處水平射入該區(qū)域，先沿直線運(yùn)動到某點(diǎn),再經(jīng)歷?次完整的半徑為力的

勻速圓周運(yùn)動，最后沿直線運(yùn)動從邊界。上的C點(diǎn)處離開磁場，重力加速度為g.求：

（l）Eo的大?。?/p>

（2）微粒剛進(jìn)入磁場時的速度大小》o及磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小心

【答案】（I號（2）回今河

【解析】⑴由題可知，粒子在疊加場中做勻速圓周運(yùn)動時有qE°=mg,

解得EQ4

q

（2）粒子做直線運(yùn)動時

做圓周運(yùn)動時孚，

聯(lián)立解得vo=/2gL,B=^-J2gL

yqL0

對點(diǎn)2「配速法”解決疊加場問題

5.（4分）（2022?全國甲卷，1B）空間存在著勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場，磁場的方向垂直于紙面（宜川

平面）向里，電場的方向沿丁軸正方向。一帶正電的粒子在電場和磁場的作用下，從坐標(biāo)原點(diǎn)

。由靜止開始運(yùn)動。下列四幅圖中，可能正確描述該粒子運(yùn)動軌跡的是（）

y\y

oxox

LA]LBJ

[C][D]

【答案】B

【解析】假設(shè)給帶電粒子配一個沿x軸負(fù)方向的初速度環(huán),一個沿x軸正方向的初速度

這樣所配速度的合速度為零，剛好滿足要求。由于存在沿、軸負(fù)方向的初速度環(huán),帶電粒

子沿X軸負(fù)方向做勻速直線運(yùn)動洞時，存在一個沿X軸正方向的初速度環(huán),于是帶電（粒子

做逆時針?biāo)俾蕿镸的勻速圓周運(yùn)動，即其運(yùn)動為勻速直線運(yùn)動和勻速圓周運(yùn)動的合運(yùn)動。

根據(jù)兩者電場力與洛倫茲力做功的特點(diǎn)，分析同上，故B選項(xiàng)正確。

6.（10分）如圖所示,在正交的重力場與勻強(qiáng)磁場B中，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小

球無初速度釋放,試分析小球運(yùn)動的最大速度與下落的最大距離。

XXXXXX

XxxOxXX

XXXIXXX

?mgB

XXXXXX

【答案】見解析

【解析】帶電小球受到重力向下做加速運(yùn)動，所以受到洛倫茲力，而做復(fù)雜的曲線,運(yùn)

動，該運(yùn)動可以看作小球向右的速度V和向左的速度V的合運(yùn)動，向右的分運(yùn)動滿足

則，岑，于是小球做向右的勻速直線運(yùn)動和以向左分速度為初速度的勻速圓周運(yùn)動的合

運(yùn)動，如圖所示。小球運(yùn)動的最大速度出現(xiàn)在最低點(diǎn)（即最大距離處），此時Vm=2v號，最大

qB

距離*2R者舞。

國綜合提升練

7.（4分）（2024?廣西桂林期末）如圖所示，空間中存在正交的勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場，磁感應(yīng)強(qiáng)

度大小為伉方向垂直于紙面向外，電場強(qiáng)度大小為E,方向豎直向上。一質(zhì)量為小、帶電量

為-e的電子在該空間內(nèi)獲得沿水平方向的初速度,初速度大小為方且如吟。則電子（）

Vo

I8「II

[A]做類平拋運(yùn)動

[BJ運(yùn)動過程中最大的速率為也產(chǎn)

[C]在一個周期內(nèi)水平方向運(yùn)動的距離為喏

E

[D]豎直方向的最大位移為當(dāng)衛(wèi)

Be

【答案】D

【解析】因?yàn)樗?gt;|,所以Bvoe>Ee,合力向上，向上偏轉(zhuǎn)，但因?yàn)樗俣茸兓?洛倫茲力發(fā)生變化,

豎直方向受到的合力不是恒力，因此電子做的不是類平拋運(yùn)動，故A錯誤;由配速法,將電子

受到的洛倫茲力看成8voe=8環(huán)什8也%其中8Me=Ee,電子在做勻速直線運(yùn)動的同時,也做圓

周運(yùn)動，所以運(yùn)動過程中最大的速率為^0!=片+也=%,因?yàn)殡娮舆\(yùn)動周期7-2：”,在一個周期

內(nèi)水平方向運(yùn)動的距離為X=y|浮翳之圓周運(yùn)動的半徑吁叭）」（：。瓦）所以豎直方

BqBeBeBe

向的最大位移為2凡即竺浮，故B、C錯誤,D正確。

8.（16分）（2025?安徽二模）如圖所示，以長方體abcd-a'b"d'的a