1第8講小專題:帶電粒子在疊加場中的運動考點一帶電粒子在疊加場中的幾類典型運動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動運動性質受力特點方法規(guī)律勻速直線運動粒子所受的合力為0平衡條件勻速圓周運動(1)電場力與重力平衡,qE=mg。(2)洛倫茲力提供向心力,qvB=m二力平衡、牛頓第二定律、圓周運動的規(guī)律較復雜的曲線運動除洛倫茲力外,其他力的合力既不為零,也不與洛倫茲力平衡動能定理、功能關系、能量守恒定律等3.“三步分析”解決疊加場問題[例1]【帶電粒子在疊加場中的直線運動】(2024·河南鄭州期中)如圖所示,某空間存在水平向左的勻強電場和垂直于紙面方向的勻強磁場(圖中未畫出),一質量為m的帶負電粒子恰能以速度v沿圖中虛線所示軌跡做直線運動,粒子的運動軌跡與水平方向的夾角為30°,勻強電場的電場強度大小為E,重力加速度為g,下列說法正確的是()2[A]勻強磁場的方向垂直于紙面向里[B]勻強磁場的磁感應強度大小為[C]粒子的電荷量為[D]若粒子運動過程中磁場突然消失,則粒子可能做勻減速直線運動【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,粒子做勻速直線運動,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動軌跡斜向左上方,根據左手定則可知,勻強磁場的方向垂直于紙面向外,故A錯誤;根據受力平衡有tan30°,sin30°,則粒子的電荷量勻強磁場的磁感應強度大小故B錯誤,C正確;若粒子運動過程中,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動,故D錯誤。[例2]【帶電粒子在疊加場中的勻速圓周運動】(2024·廣西玉林期中)如圖所示,一帶電液滴在相互垂直的勻強電場和勻強磁場中剛好做勻速圓周運動,其軌道半徑為R,已知電場的電場強度為E,方向豎直向下;磁場的磁感應強度為B,方向垂直于紙面向里,不計空氣阻力,設重力加速度為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]液滴運動的速度【答案】D【解析】帶電液滴在相互垂直的勻強電場和勻強磁場中剛好做勻速圓周運動,可知受到的向下的重力和向上的電場力平衡,則液滴帶負電,液滴受到重力、電場力、洛倫茲力作用,3其中洛倫茲力充當做圓周運動的向心力,由qE=mg,qvB=m,解得,故選項A、B、C錯誤,D正確。[例3]【帶電粒子在疊加場中的一般曲線運動】(2022·廣東卷,8)(多選)如圖所示,磁控管內局部區(qū)域分布有水平向右的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場。電子從M點由靜止釋放,沿圖中所示軌跡依次經過N、P兩點。已知M、P在同一等勢面上,下列說法正確的有()[A]電子從N到P,電場力做正功[B]N點的電勢高于P點的電勢[C]電子從M到N,洛倫茲力不做功[D]電子在M點所受的合力大于在P點所受的合力【答案】BC【解析】電子從M點由靜止釋放,從M到N,電場力做正功,M、P在同一等勢面上,可知電子從N到P,電場力做負功,選項A錯誤;根據沿電場線方向電勢降低,可知N點電勢高于P點電勢,選項B正確;根據洛倫茲力方向與速度方向垂直,對帶電粒子永遠不做功,可知電子從M到N,洛倫茲力不做功,選項C正確;洛倫茲力不做功,且M、P在同一等勢面上,可知電子在M點和P點速度都是零,即電子在M點和P點都是只受到電場力作用,所以電子在M點所受的合力等于在P點所受的合力,選項D錯誤。考點二“配速法”解決疊加場問題1.直面難題帶電粒子在疊加電磁場中不做勻速直線運動,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動,運動比較復雜。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的洛倫茲力與重力(或電場力,或重力和電場力的合力)平衡,另一個方向的速度對應的洛倫茲力使粒子做勻速圓周運動,這樣將復雜的曲線運動看作兩個比較常見的運動。3.幾種常見情況4常見情況處理方法初速度為0,且受重力把初速度0看作向左的速度v1和向右的速度v1兩個分速度,其產生的洛倫茲力如圖所示初速度為0,不受重力把初速度0看作向左的速度v1和向右的速度v1兩個分速度,其產生的洛倫茲力如圖所示初速度為0,且受重力把初速度0看作斜向左下方垂直于重力、電場力合力方向的速度v1和斜向右上方的速度v1,沿右上方的運動滿足受力平衡,沿左下方的運動為勻速圓周運動,如圖所示初速度為v0,且受重力對粒子的運動配以水平向右和斜向左的速度,如圖所示,粒子沿向右速度v1所受的洛倫茲力與重力平衡,則粒子做速度大小為v2的勻速圓周運動[例4]【配速法處理帶電粒子在疊加場中的運動】如圖所示,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)向外,電場的方向沿y軸正方向。一質量為m、電荷量為q的帶電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(其軌跡如圖所示)。已知磁感應強度的大小為B,電場強度大小為E,不計粒子的重力,下列說法正確的是()5[A]粒子帶負電[B]粒子運動軌跡是拋物線[C]粒子距離x軸的最大距離為[D]粒子運動過程中的最大速度為【答案】C【解析】粒子由靜止開始運動,電場力方向豎直向上,故粒子帶正電,選項A錯誤;粒子運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B錯誤;將粒子的運動分解為速度的向右的勻速直線運動和速度為v的沿順時針方向的勻速圓周運動,則粒子距x軸的最大距離兩分運動同向時速度最大,則最大速度為故選項C正確,D錯誤。[例5](2025·陜晉青寧高考適應性考試)如圖,cd邊界與x軸垂直,在其右方豎直平面內,第一、二象限存在垂直于紙面向外的勻強磁場,第三、四象限存在垂直于紙面向內的勻強磁場,磁場區(qū)域覆蓋有豎直向上的外加勻強電場。在xOy平面內,某質量為m、電荷量為q帶正電的絕緣小球從P點與cd邊界成30°角以速度v0射入,小球到坐標原點O時恰好以速度v0豎直向下運動,此時去掉外加的勻強電場。重力加速度大小為g,已知磁感應強度大小均為。求:(1)電場強度的大小和P點與y軸的距離;(2)小球第一次到達最低點時速度的大小;(3)小球從過坐標原點時到第一次到達最低點時所用時間。6【答案】(1)(2)(1+2)v0【解析】(1)依題意,小球從P點運動到坐標原點O,速率沒有改變,即動能變化量為零,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qE=mg,解得E,可知小球在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動,軌跡如圖甲所示,根據qv0B=m,解得r=,由幾何關系可得xP=r+rcos30°,聯(lián)立解得xP=。(2)把小球在坐標原點的速度v0分解為沿x軸正方向的v0和與x軸負方向成45°角的2v0,如圖乙所示,其中沿x軸正方向的v0對應的洛倫茲力恰好與小球重力平衡,即F洛=qv0B=mg,小球沿x軸正方向做勻速直線運動;與x軸負方向成45°的2v0對應的洛倫茲力提供小球做逆時針勻速圓周運動的向心力,可知小球第一次到達最低點時速度的大小為v=v0+2v0=(1+2)v0。(3)由以上分析可知小球在撤去電場后做勻速圓周運動的分運動軌跡如圖丙所示,7根據又由幾何關系可得小球從過坐標原點時到第一次到達最低點時圓弧軌跡對應的圓心角為135°,則所用時間為聯(lián)立解得[例6](2024·甘肅卷,15)質譜儀是科學研究中的重要儀器,其原理如圖所示。Ⅰ為粒子加速器,加速電壓為U;Ⅱ為速度選擇器,勻強電場的電場強度大小為E1,方向沿紙面向下,勻強磁場的磁感應強度大小為B1,方向垂直紙面向里;Ⅲ為偏轉分離器,勻強磁場的磁感應強度大小為B2,方向垂直紙面向里。從S點釋放初速度為零的帶電粒子(不計重力),加速后進入速度選擇器做直線運動,再由O點進入分離器做圓周運動,最后打到照相底片的P點處,運動軌跡如圖中虛線所示。(1)粒子帶正電還是負電?求粒子的比荷。(2)求O點到P點的距離。(3)若速度選擇器Ⅱ中勻強電場的電場強度大小變?yōu)镋2(E2略大于E1),方向不變,粒子恰好垂直打在速度選擇器右擋板的O′點上。求粒子打在O′點的速度大小?！敬鸢浮?1)帶正電8【解析】(1)由于粒子在偏轉分離器的勻強磁場中向上偏轉,根據左手定則可知粒子帶正電;設粒子的質量為m,電荷量為q,粒子進入速度選擇器時的速度為v0,在速度選擇器中粒子做勻速直線運動,由平衡條件得qv0B1=qE1,在加速電場中,由動能定理得聯(lián)立解得粒子的比荷為(2)在偏轉分離器中,粒子做勻速圓周運動,設運動半徑為r,由洛倫茲力提供向心力得可得O點到P點的距離為(3)粒子進入Ⅱ瞬間,粒子受到向上的洛倫茲力,F洛=qv0B1,向下的靜電力,F=qE2,由于E2>E1,且qv0B1=qE1,所以通過配速法,如圖所示,其中滿足qE2=q(v0+v1)B1,則粒子在速度選擇器中水平向右以速度v0+v1做勻速運動的同時,豎直平面內以v1做勻速圓周運動,當速度轉向到水平向右時,滿足垂直打在速度選擇器右擋板的O′點的要求,故此時粒子打在O′點的速度大小為(滿分:60分)對點1.帶電粒子在疊加場中的幾類典型運動91.(4分)(2024·北京東城區(qū)期中)如圖,空間某區(qū)域存在勻強電場和勻強磁場,電場方向豎直向上(與紙面平行),磁場方向垂直于紙面向里。三個帶電的微粒a、b、c電荷量絕對值相等,質量分別為ma、mb、mc,已知在該區(qū)域內,a在紙面內做勻速圓周運動,b在紙面內向右做勻速直線運動,c在紙面內向左做勻速直線運動。下列說法正確的是()[A]微粒b可能帶負電[B]微粒c一定帶正電[C]微粒a的質量一定小于微粒b的[D]微粒a的質量一定大于微粒c的【答案】C【解析】微粒b向右做勻速直線運動,若b帶負電,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qE+qvbB=mbg,可得qE<mbg;微粒a在紙面內做勻速圓周運動,必有qE=mag,則有ma<mb,故A錯誤,C正確。微粒c向左做勻速直線運動,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+qvcB,可得qE>mcg,則有ma>mc;若c帶負電,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mcg的大小,故ma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)為粗略了解等離子體在托卡馬克核聚變實驗裝置環(huán)形真空室內的運動狀況,某同學將一小段真空室內的電場和磁場理想化為方向均水平向右的勻強電場和勻強磁場(如圖),電場強度大小為E,磁感應強度大小為B。若某電荷量為q的正離子在此電場和磁場中運動,其速度平行于磁場方向的分量大小為v1,垂直于磁場方向的分量大小為v2,不計離子重力,則()[A]電場力的瞬時功率為qEV12+V22[B]該離子受到的洛倫茲力大小不變[C]v2與v1的比值不斷變大[D]該離子做勻變速直線運動【答案】B【解析】根據功率的計算公式P=Fvcosθ,可知電場力的瞬時功率為P=qEv1,故A錯誤。由于v1與磁場B平行,v2與磁場B垂直,根據洛倫茲力的計算公式有F洛=qv2B,根據運動的疊加原理可知,離子在垂直于紙面內做勻速圓周運動,沿水平方向做勻加速運動,則v1增大,v2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,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動,故B正確,C、D錯誤。3.(6分)(2024·安徽卷,10)(多選)空間中存在豎直向下的勻強電場和垂直于紙面向里的勻強磁場,電場強度大小為E,磁感應強度大小為B。一質量為m的帶電油滴a,在紙面內做半徑為R的圓周運動,軌跡如圖所示。當a運動到最低點P時,瞬間分成兩個小油滴Ⅰ、Ⅱ,二者帶電量、質量均相同。Ⅰ在P點時與a的速度方向相同,并做半徑為3R的圓周運動,軌跡如圖所示。Ⅱ的軌跡未畫出。已知重力加速度大小為g,不計空氣浮力與阻力以及Ⅰ、Ⅱ分開后的相互作用,則()[A]油滴a帶負電,所帶電量的大小為[B]油滴a做圓周運動的速度大小為[C]小油滴Ⅰ做圓周運動的速度大小為周期為[D]小油滴Ⅱ沿順時針方向做圓周運動【答案】ABD【解析】油滴a在紙面內做圓周運動,故重力與靜電力平衡,可知油滴帶負電,有mg=Eq,解得q,故A正確;根據洛倫茲力提供向心力有解得油滴a做圓周運動的速度大小為,故B正確;設小油滴Ⅰ的速度大小為v1,則解得周期為故C錯誤;帶電油滴a分離前后動量守恒,設分離后小油滴Ⅱ的速度為v2,取油滴a分離前瞬間的速度方向為正方向,得解得由于分離后的小油滴受到的靜電力和重力仍然平衡,分離后小油滴Ⅱ的速度方向與正方向相反,根據左手定則可知,小油滴Ⅱ沿順時針方向做圓周運動,故D正確。4.(12分)(2024·湖南長沙階段練習)如圖甲所示,豎直邊界分別為P和Q的區(qū)域內分布著垂直于紙面向里的勻強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系如圖乙所示,E>0表示電場方向豎直向上。在t=0時刻,一帶電量為+q、質量為m的帶電微粒從邊界P上的A點處水平射入該區(qū)域,先沿直線運動到某點,再經歷一次完整的半徑為L的勻速圓周運動,最后沿直線運動從邊界Q上的C點處離開磁場,重力加速度為g。求:(1)E0的大小;(2)微粒剛進入磁場時的速度大小v0及磁場的磁感應強度大小B?！敬鸢浮?1)(2)2gL2gL【解析】(1)由題可知,粒子在疊加場中做勻速圓周運動時有qE0=mg,解得(2)粒子做直線運動時,Bqv0=qE0+mg=2mg,做圓周運動時聯(lián)立解得。對點2.“配速法”解決疊加場問題5.(4分)(2022·全國甲卷,18)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()[A][B][C][D]【答案】B【解析】假設給帶電粒子配一個沿x軸負方向的初速度v1,一個沿x軸正方向的初速度v1,這樣所配速度的合速度為零,剛好滿足要求。由于存在沿x軸負方向的初速度v1,帶電粒子沿x軸負方向做勻速直線運動;同時,存在一個沿x軸正方向的初速度v1,于是帶電粒子做逆時針速率為v1的勻速圓周運動,即其運動為勻速直線運動和勻速圓周運動的合運動。根據兩者電場力與洛倫茲力做功的特點,分析同上,故B選項正確。6.(10分)如圖所示,在正交的重力場與勻強磁場B中,一質量為m、電荷量為q的帶正電小球無初速度釋放,試分析小球運動的最大速度與下落的最大距離?！敬鸢浮恳娊馕觥窘馕觥繋щ娦∏蚴艿街亓g,向下做加速運動,所以受到洛倫茲力,而做復雜的曲線運動,該運動可以看作小球向右的速度v和向左的速度v的合運動,向右的分運動滿足mg=qvB,則,于是小球做向右的勻速直線運動和以向左分速度為初速度的勻速圓周運動的合運動,如圖所示。小球運動的最大速度出現(xiàn)在最低點(即最大距離處),此時最大距離7.(4分)(2024·廣西桂林期末)如圖所示,空間中存在正交的勻強磁場和勻強電場,磁感應強度大小為B,方向垂直于紙面向外,電場強度大小為E,方向豎直向上。一質量為m、帶電量為-e的電子在該空間內獲得沿水平方向的初速度,初速度大小為v0,且v0>。則電子()[A]做類平拋運動[B]運動過程中最大的速率為v0+[C]在一個周期內水平方向運動的距離為E[D]豎直方向的最大位移為【答案】D【解析】因為v0>,所以Bv0e>Ee,合力向上,向上偏轉,但因為速度變化,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動,故A錯誤;由配速法,將電子受到的洛倫茲力看成Bv0e=Bv1e+Bv2e,其中Bv1e=Ee,電子在做勻速直線運動的同時,也做圓周運動,所以運動過程中最大的速率為vm=v1+v2=v0,因為電子運動周期在一個周期內水平方向運動的距離為圓周運動的半徑所以豎直方