第63課時(shí)專題強(qiáng)化：帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)

帶電粒子在交變電、磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)

目標(biāo)要求1.了解疊加場(chǎng)的特點(diǎn)，會(huì)處理帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題。2.掌握帶電粒子在交變電、磁

場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的解題思路和處理方法。

考點(diǎn)一帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)

1.疊加場(chǎng)

電場(chǎng)、磁場(chǎng)、重力場(chǎng)共存，或其中某兩場(chǎng)共存。

2.帶電粒子在疊加場(chǎng)中常見(jiàn)的幾種運(yùn)動(dòng)形式

運(yùn)動(dòng)性質(zhì)受力特點(diǎn)方法規(guī)律

勻速直線運(yùn)動(dòng)粒子所受合力為0平衡條件

除洛倫茲力外，另外兩力的合力為零：

勻速圓周運(yùn)動(dòng)牛頓第二定律、圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律

qE＝mg

除洛倫茲力外，其他力的合力既不為零，

較復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)動(dòng)能定理、能量守恒定律

也不與洛倫茲力等大反向

例1(2024·山東青島市期中)如圖所示，在豎直平面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系xOy，其第一象限存在著正交

的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度的方向水平向右，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直紙面向里。一帶電荷量為

＋q、質(zhì)量為m的微粒從原點(diǎn)出發(fā)，以某一初速度沿與x軸正方向的夾角為45°的方向進(jìn)入疊加場(chǎng)中，

正好做直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)微粒運(yùn)動(dòng)到A(l，l)時(shí)，電場(chǎng)方向突然變?yōu)樨Q直向上(不計(jì)電場(chǎng)變化的時(shí)間)，微粒

繼續(xù)運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后，正好垂直于y軸穿出疊加場(chǎng)。不計(jì)一切阻力，重力加速度為g，求：

(1)電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小；

(2)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；

(3)微粒在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間。

答案(1)(2)(3)(＋1)

????3π?

解析(1)微?粒到達(dá)?A(?l，l)之4前做勻速?直線運(yùn)動(dòng)，對(duì)微粒受力分析如圖甲，

可知Eq＝mg，

得E＝。

??

(2)由平衡?條件得：

qvB＝mg

電場(chǎng)方向2變化后，微粒所受重力與靜電力平衡，微粒在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖乙，

有qvB＝m

2

?

?

由幾何知識(shí)可得：

r＝l

聯(lián)立解2得：v＝，

2??

B＝。

??

??

(3)微粒做勻速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間：t1＝＝

2??

微粒做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的時(shí)間：??

t2＝3＝

4π·2?3π?

微粒在?疊加場(chǎng)4中?的運(yùn)動(dòng)時(shí)間：

t＝t1＋t2＝(＋1)。

3π?

4?考點(diǎn)二帶電粒子在交變電、磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)

解決帶電粒子在交變電、磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的基本思路

先讀圖看清并且明白場(chǎng)的變化情況

受力分析分析粒子在不同的變化場(chǎng)區(qū)的受力情況

過(guò)程分析分析粒子在不同時(shí)間段內(nèi)的運(yùn)動(dòng)情況

找銜接點(diǎn)找出銜接相鄰兩過(guò)程的物理量

選規(guī)律聯(lián)立不同階段的方程求解

例2如圖甲所示，水平放置的平行金屬板a、b間加直流電壓U，a板上方有足夠長(zhǎng)的“V”字形絕

緣彈性擋板，兩板夾角為60°，在擋板間加垂直紙面的交變磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化如圖乙，垂

直紙面向里為磁場(chǎng)正方向，其中B1＝B0，B2未知?，F(xiàn)有一比荷為、不計(jì)重力的帶正電粒子從c點(diǎn)由

?

靜止釋放，t＝0時(shí)刻，粒子剛好從小孔O進(jìn)入上方磁場(chǎng)中，在t1時(shí)?刻粒子第一次撞到左擋板，緊接著

在t1＋t2時(shí)刻粒子撞到右擋板，然后粒子從O點(diǎn)豎直向下返回平行金屬板間，使其在整個(gè)裝置中做周

期性的往返運(yùn)動(dòng)。粒子與擋板碰撞前后電荷量不變，沿板方向的分速度不變，垂直板方向的分速度大

小不變、方向相反，不計(jì)碰撞的時(shí)間及磁場(chǎng)變化產(chǎn)生的影響。求：

(1)粒子第一次到達(dá)O點(diǎn)時(shí)的速率；

(2)圖中B2的大??；

(3)金屬板a和b間的距離d。

＋

答案(1)(2)2B0(3)(n＝0，1，2，…)

2??π(35?)2??

0

解析(1)粒子?從b板到a板的2過(guò)4?程中，?靜電力做正功，根據(jù)動(dòng)能定理有

qU＝mv2－0

1

2

解得粒子第一次到達(dá)O點(diǎn)時(shí)的速率v＝

2??

(2)粒子進(jìn)入a板上方后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，?洛倫茲力提供向心力，

由＝得＝，

qvBm2r

???

???

則粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r1＝，r2＝

????

使其在整個(gè)裝置中做周期性的往返?運(yùn)?1動(dòng)，運(yùn)?動(dòng)?2軌跡如圖所示，

由圖易知r1＝2r2，

已知B1＝B0，則得B2＝2B0

(3)在0~t1時(shí)間內(nèi)，粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期T1＝＝

2π?12π?

???0

在t1~(t1＋t2)時(shí)間內(nèi)，粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期T2＝＝

2π?2π?

???0

由軌跡圖可知t1＝T1＝

1π?

63??0

t2＝T2＝

1π?

設(shè)粒2子在2金??屬0板a和b間往返時(shí)間為t，

＋

有d＝×

0??

且滿足t2＝t2＋2n(t1＋t2)(n＝0，1，2，…)

聯(lián)立可得金屬板a和b間的距離

＋

d＝(n＝0，1，2，…)。

π(35?)2??

0

例324?(2024·?山東濰坊市檢測(cè))如圖甲所示的空間中存在隨時(shí)間變化的磁場(chǎng)和電場(chǎng)，規(guī)定磁感應(yīng)強(qiáng)度B

垂直xOy平面向里為正方向，電場(chǎng)強(qiáng)度E沿x軸正方向?yàn)檎较颍珺隨時(shí)間t的變化規(guī)律和E隨時(shí)間t

的變化規(guī)律如圖乙。t＝0時(shí)，一帶正電的粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O以初速度v0沿y軸負(fù)方向開(kāi)始運(yùn)動(dòng)。已知

B0、t0、v0，帶電粒子的比荷為，粒子重力不計(jì)。

π

?0?0

(1)求粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期T；

(2)求t＝t0時(shí)，粒子的位置坐標(biāo)(x1，y1)；

(3)在0~2t0內(nèi)，若粒子的最大速度是2v0，求E0與B0的比值。

答案(1)2t0(2)(，0)(3)

2?0?023?0

ππ

解析(1)粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期T＝＝＝2t0

2π?2π?

?0??0

(2)0~t0內(nèi)，粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律有qv0B0＝m

2

?0

解得r＝＝?

??0?0?0

??0π

由(1)問(wèn)可知粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期T＝2t0

則粒子在0~t0內(nèi)運(yùn)動(dòng)了半個(gè)周期恰好又回到x軸，速度方向沿y軸正方向x1＝2r＝

2?0?0

π

y1＝0，即此時(shí)粒子位置的坐標(biāo)為(，0)

2?0?0

(3)0~2t0內(nèi)粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示π，

在t0~1.5t0內(nèi)，粒子受到沿x軸正方向的靜電力作用，粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，粒子沿x軸正方向做勻加速運(yùn)動(dòng)，

a＝＝

??0π?0

??0?0

當(dāng)t＝1.5t0時(shí)，粒子具有最大速度，粒子沿x軸方向的分速度為vx＝a＝

?0π?0

22?0

沿y軸方向的分速度為vy＝v0

則v＝＋＝2v0

22

????

解得＝。

?023?0

?0π課時(shí)精練

(分值：60分)

1~3題每小題5分，4題12分，共27分

1.(2023·山東菏澤市檢測(cè))如圖所示，一帶電液滴在相互垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)中剛好做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，

其軌道半徑為R，已知該電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E、方向豎直向下；該磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向

垂直紙面向里，不計(jì)空氣阻力，設(shè)重力加速度為g，則()

A.液滴帶正電

B.液滴比荷＝

??

C.液滴沿順時(shí)?針?方向運(yùn)動(dòng)

D.液滴運(yùn)動(dòng)速度大小v＝

??

答案C??

解析液滴在重力場(chǎng)、勻強(qiáng)電場(chǎng)、勻強(qiáng)磁場(chǎng)的疊加場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，可知qE＝mg，得＝，選項(xiàng)B

??

錯(cuò)誤；靜電力方向豎直向上，液滴帶負(fù)電，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由左手定則可判斷液滴沿順時(shí)針?lè)?向運(yùn)?動(dòng)，選項(xiàng)

正確；對(duì)液滴有＝，＝，

CqEmgqvBm2

?

聯(lián)立得v＝，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。?

???

2.(多選)如圖?所示，在豎直平面內(nèi)的虛線下方分布著互相垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大

小為10N/C，方向水平向左；磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2T，方向垂直紙面向里。現(xiàn)將一質(zhì)量為0.2kg、

電荷量為＋0.5C的小球，從該區(qū)域上方的某點(diǎn)A以某一初速度水平拋出，小球進(jìn)入虛線下方后恰好做直

線運(yùn)動(dòng)。已知重力加速度g取10m/s2。下列說(shuō)法正確的是()

A.小球平拋的初速度大小為5m/s

B.小球平拋的初速度大小為2m/s

C.A點(diǎn)距該區(qū)域上邊界的高度為1.25m

D.A點(diǎn)距該區(qū)域上邊界的高度為2.5m

答案BC

解析小球受豎直向下的重力與水平向左的靜電力作用，小球進(jìn)入電磁場(chǎng)區(qū)域做直線運(yùn)動(dòng)，小球受力如圖

所示，

小球做直線運(yùn)動(dòng)，則qvBcosθ＝mg，小球的速度vcosθ＝v0，代入數(shù)據(jù)解得v0＝2m/s，故A錯(cuò)誤，B正確；

小球從A點(diǎn)拋出到進(jìn)入疊加場(chǎng)過(guò)程，由動(dòng)能定理得mgh＝mv2－m，根據(jù)在疊加場(chǎng)中的受力情況可知

112

0

2＋2＝2，解得＝，代入數(shù)據(jù)解得＝2，故2?正確，錯(cuò)誤。

(mg)(qE)(qvB)h2h1.25mCD

?

2

3.如圖所示，在真空中豎直平面2(?紙?面)內(nèi)邊長(zhǎng)為a的正方形ABCD區(qū)域，存在方向沿CB(水平向左)的勻強(qiáng)

電場(chǎng)和方向垂直紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(圖中未畫(huà)出)。一帶電小球以速率(g為重力加速度大小)從A點(diǎn)沿AC

方向射入正方形區(qū)域，恰好能沿直線運(yùn)動(dòng)。下列說(shuō)法正確的是(?)?

A.該小球帶負(fù)電

B.磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向外

C.若該小球從C點(diǎn)沿CA方向以速率射入正方形區(qū)域，則小球?qū)⒆鲋本€運(yùn)動(dòng)

D.若電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小不變、方向變?為?豎直向上，該小球仍從A點(diǎn)沿AC方向以速率射入正方形區(qū)

域，則小球?qū)腄點(diǎn)射出??

答案D

解析小球做直線運(yùn)動(dòng)，說(shuō)明小球受力平衡，小球所受重力方向豎直向下，若小球帶正電，所受靜電力方

向水平向左，所受洛倫茲力方向垂直AC斜向上，小球受力可能平衡，則磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向里，

若小球帶負(fù)電，所受靜電力方向水平向右，無(wú)論小球所受洛倫茲力方向垂直AC斜向左下還是右上，小球

受力都不能平衡，A、B錯(cuò)誤；若該小球從C點(diǎn)沿CA方向以速率射入正方形區(qū)域，則小球所受的合力

不為零，速度會(huì)變化，洛倫茲力也會(huì)變化，小球?qū)⒆銮€運(yùn)動(dòng)，C錯(cuò)??誤；電場(chǎng)方向水平向左，由平衡條件

有qvB＝mg(其中v＝)，qE＝mg，電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小不變、方向變?yōu)樨Q直向上后，靜電力與重力

平衡，小球2沿逆時(shí)針?lè)较?做?勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)軌跡半徑為，有＝，解得＝，有＝，

rqvBm2ra2rsin45°a

?2

所以小球?qū)腄點(diǎn)射出，D正確。?2

4.(12分)如圖甲所示，M、N為豎直放置且彼此平行的兩塊平板，板間距離為d，兩板中央各有一個(gè)小孔O、

O'正對(duì)，在兩板間有垂直于紙面方向的磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化如圖乙所示(設(shè)垂直于紙面向里的磁

場(chǎng)方向?yàn)檎较?。有一群正離子在t＝0時(shí)垂直于M板從小孔O射入磁場(chǎng)。已知正離子質(zhì)量為m、帶電荷

量為q，正離子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期與磁感應(yīng)強(qiáng)度變化的周期都為T(mén)0，不考慮由于磁場(chǎng)變化而

產(chǎn)生的電場(chǎng)的影響，不計(jì)離子所受重力及離子間的相互作用力。求：

(1)(4分)磁感應(yīng)強(qiáng)度B0的大小。

(2)(8分)要使正離子從O'垂直于N板射出磁場(chǎng)，正離子射入磁場(chǎng)時(shí)的速度v0的可能值。

答案(1)(2)(n＝1，2，3…)

2π?π?

??02??0

解析(1)正離子射入磁場(chǎng)，洛倫茲力提供向心力，有B0qv0＝，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期T0＝

2

??02π?

??0

由以上兩式得磁感應(yīng)強(qiáng)度B0＝

2π?

??0

(2)要使正離子從O'垂直于N板射出磁場(chǎng)，v0的方向應(yīng)如圖所示，

兩板之間正離子只運(yùn)動(dòng)一個(gè)周期T0時(shí)，有R＝；當(dāng)兩板之間正離子運(yùn)動(dòng)n個(gè)周期即nT0時(shí)，

?

有R＝(n＝1，2，3…)4

?

聯(lián)立解4得?正離子的速度的可能值為

v0＝＝(n＝1，2，3…)。

?0??π?

?2??0

5題7分，6題18分，共25分

5.(多選)如圖甲所示的平行金屬極板M、N之間存在交替出現(xiàn)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)，取垂直紙面向外為

磁場(chǎng)正方向，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t周期性變化的規(guī)律如圖乙所示，取垂直極板向上為電場(chǎng)正方向，電場(chǎng)

強(qiáng)度E隨時(shí)間t周期性變化的規(guī)律如圖丙所示。t＝0.5t0時(shí)，一不計(jì)重力、帶正電的粒子從極板左端以速度

v沿板間中線平行極板射入板間，最終平行于極板中線射出，已知粒子在t＝1.5t0時(shí)速度為零，且整個(gè)運(yùn)動(dòng)

過(guò)程中始終未與兩極板接觸，則下列說(shuō)法正確的是()

A.粒子可能在2.5t0時(shí)刻射出極板

B.極板間距不小于＋

??02??0

C.極板長(zhǎng)度為(n＝21，2π，3…)

???0

D.＝π

?02?

答?案0AπBD

解析根據(jù)題意可知，在0.5t0~t0內(nèi)，粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，且轉(zhuǎn)了個(gè)周期，在t0~1.5t0內(nèi)，粒子

1

在電場(chǎng)中向下做減速運(yùn)動(dòng)到速度為零，在1.5t0~2t0內(nèi)，粒子在電場(chǎng)中向上做加4速運(yùn)動(dòng)到速度為v，在

2t0~2.5t0內(nèi)，粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，轉(zhuǎn)了個(gè)周期，粒子回到極板中線，速度平行于極板中線，接

1

下來(lái)粒子周期性地重復(fù)以上運(yùn)動(dòng)，粒子在一個(gè)運(yùn)動(dòng)4周期內(nèi)的軌跡如圖所示。

粒子一個(gè)運(yùn)動(dòng)周期為T(mén)＝2.5t0－0.5t0＝2t0，故粒子射出極板的時(shí)刻可能為t＝0.5t0＋nT＝(0.5＋2n)t0(n＝1，2，

3…)，

當(dāng)n＝1時(shí)t＝0.5t0＋T＝2.5t0，故A正確；粒子在磁場(chǎng)中，設(shè)粒子的軌跡半徑為r，則有T磁＝＝2t0，解

2π?

?

得r＝，粒子在電場(chǎng)中向下減速的位移為y＝·0.5t0＝，故極板間距應(yīng)滿足d≥2(r＋y)＝＋，故

??0???02??0??0

π24π2

B正確；極板長(zhǎng)度可能為L(zhǎng)＝n·2r＝(n＝1，2，3…)，故C錯(cuò)誤；粒子在磁場(chǎng)中，有T磁＝＝2t0，解

2???02π?

π??0

得B0＝，粒子在電場(chǎng)中，有v＝a·0.5t0＝·0.5t0，解得E0＝，可得＝，故D正確。

π???02???02?

6.(18分?)?(02025·山東濟(jì)寧市檢測(cè))直角坐標(biāo)系x?Oy所在豎直平面內(nèi)?分?0布著電?場(chǎng)0強(qiáng)度π大小相等的勻強(qiáng)電場(chǎng)，第

一、二象限中電場(chǎng)強(qiáng)度方向沿y軸正方向，第三、四象限中電場(chǎng)強(qiáng)度方向沿x軸正方向；第一、四象限還

分布著垂直于平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一質(zhì)量為0.02kg、帶正電的微粒自坐標(biāo)為(0，－0.4m)的A點(diǎn)出發(fā)，

與y軸成45°角以2m/s的速度射入第四象限，并能在第四象限內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，已知重力加速度g取10

m/s2。求：

(1)(6分)微粒第一次通過(guò)x軸時(shí)的坐標(biāo)和微粒第一次通過(guò)y軸時(shí)的坐標(biāo)；

(2)(8分)微粒運(yùn)動(dòng)軌跡與初速度方向所在的直線第一次相交時(shí)所需要的時(shí)間；

(3)(4分)微粒從射出到第(2)問(wèn)所說(shuō)的時(shí)刻動(dòng)能的增加量。

答案(1)(0.4m，0)(0，0.4m)(2)(6＋π)s(3)0.16J

2

解析(1)微粒受力及運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析如圖10所示

微粒在第四象限內(nèi)沿與y軸成45°角做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由分析可知qE＝mg

qvB＝mg

2

微粒在第一象限內(nèi)，重力與靜電力二力平衡，洛倫茲力提供向心力，微粒做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有＝

qvBm2

?

解得r＝m?

2

由幾何關(guān)5系得微粒第一次通過(guò)x軸時(shí)的坐標(biāo)和微粒第一次通過(guò)y軸時(shí)的坐標(biāo)分別為(0.4m，0)，(0，0.4m)

(2)由A到B微粒做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由幾何關(guān)系可知位移為x1＝m

22

又x1＝vt15

解得t1＝s

2

5

由B到C微粒做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有t2＝＝s

π?2π

?10

由C到D微粒做勻速直線運(yùn)動(dòng)，位移為x2＝m

22

5

時(shí)間為t3＝＝s

?22

由D到E微?粒做5類平拋運(yùn)動(dòng)，軌跡交BA延長(zhǎng)線于G點(diǎn)，加速度方向沿D指向A，大小為a＝g

2

沿DA方向位移大小為x3＝m

22

5

由x3＝a

12

2?4

解得t4＝s

2

5

故t總＝t1＋t2＋t3＋t4＝(6＋π)s

2

(3)只有在第三象限運(yùn)動(dòng)10的過(guò)程，微粒動(dòng)能有變化。從