文档内容
专题强化二十二 带电粒子在叠加场和交变电、磁场中
的运动
目标要求 1.了解叠加场的特点，会处理带电粒子在叠加场中的运动问题.2.掌握带电粒
子在交变电、磁场中运动的解题思路和处理方法.
题型一 带电粒子在叠加场中的运动
1.叠加场
电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存.
2.带电粒子在叠加场中常见的几种运动形式
运动性质 受力特点 方法规律
匀速直线运动 其他力的合力与洛伦兹力等大反向 平衡条件
牛顿第二定律、
匀速圆周运动 除洛伦兹力外，其他力的合力为零
圆周运动的规律
较复杂的曲线运 除洛伦兹力外，其他力的合力既不为零，也不与洛 动能定理、能量
动 伦兹力等大反向 守恒定律
例1 (2020·百师联盟4月冲刺卷)如图1所示，直角坐标系xOy所在竖直平面内分布着场
强大小相等的匀强电场，第一、二象限中场强方向沿 y轴正方向，第三、四象限中场强方向
沿x轴正方向；第一、四象限还分布着垂直于平面向里的匀强磁场.一质量为0.02 kg、带正
电的微粒自坐标为(0，－0.4 m)的A点出发，与y轴成45°角以2 m/s的速度射入第四象限，
并能在第四象限内做匀速直线运动，已知重力加速度g取10 m/s2.求：
图1
(1)微粒第一次通过y轴时的纵坐标；
(2)微粒运动轨迹与初速度方向所在的直线第一次相交时，所需要的时间(结果可用根式表示)；(3)微粒从射出到第(2)问所说的时刻，动能的增加量.
答案 (1)0.4 m (2)(6＋π) s (3)0.16 J
解析 (1)微粒受力及运动过程分析如图所示：
微粒在第四象限内沿与y轴成45°角做匀速直线运动，
有qE＝mg
qvB＝mg
微粒在第一象限内，重力与电场力二力平衡，微粒做匀速圆周运动，
由qvB＝
联立解得r＝ m
由几何关系得，微粒在第一象限恰好做了半个周期的圆周运动，故微粒第一次通过 y轴时的
纵坐标为0.4 m.
(2)由A到B微粒做匀速直线运动：
位移为x＝ m
1
时间t＝
1
解得t＝ s
1
由B到C微粒做匀速圆周运动：
t＝
2
解得t＝ s
2
由C到D微粒做匀速直线运动：
位移为x＝ m
2
时间t＝
3
解得t＝ s
3
由D到E微粒做类平抛运动，轨迹交BA延长线于G点
加速度方向沿D指向A，大小为a＝g
沿DA方向位移大小为x＝ m
3
由x＝at2，
3 4
解得t＝ s
4故t ＝t＋t＋t＋t＝(6＋π) s
总 1 2 3 4
(3)只有在第三象限运动的过程，微粒动能有变化.
从D到G，合外力做的功W＝mg·x
3
由动能定理知，W＝ΔE，
k
解得动能的增加量为ΔE＝0.16 J.
k
1.(带电粒子在叠加场中的运动)(2017·全国卷Ⅰ·16)如图2，空间某区域存在匀强电场和匀强
磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面向里，三个带正电的微粒a、
b、c电荷量相等，质量分别为m 、m 、m，已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，
a b c
b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动.下列选项正确的是( )
图2
A.m＞m＞m B.m＞m＞m
a b c b a c
C.m＞m＞m D.m＞m＞m
c a b c b a
答案 B
解析 设三个微粒的电荷量均为q，
a在纸面内做匀速圆周运动，说明洛伦兹力提供向心力，重力与电场力平衡，则
mg＝qE①
a
b在纸面内向右做匀速直线运动，三力平衡，则
mg＝qE＋qvB②
b
c在纸面内向左做匀速直线运动，三力平衡，则
mg＋qvB＝qE③
c
比较①②③式得：m>m>m，选项B正确.
b a c
2.(带电粒子在叠加场中的运动)如图3所示，在竖直平面内建立直角坐标系 xOy，其第一象
限存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度的方向水平向右，磁感应强度的方向垂直纸
面向里.一带电荷量为＋q、质量为m的微粒从原点出发，沿与x轴正方向的夹角为45°的初
速度进入复合场中，正好做直线运动，当微粒运动到 A(l，l)时，电场方向突然变为竖直向
上(不计电场变化的时间)，粒子继续运动一段时间后，正好垂直于y轴穿出复合场.不计一切
阻力，重力加速度为g，求：图3
(1)电场强度E的大小；
(2)磁感应强度B的大小；
(3)微粒在复合场中的运动时间.
答案 (1) (2) (3)(＋1)
解析 (1)微粒到达A(l，l)之前做匀速直线运动，对微粒受力分析如图甲：
所以，Eq＝mg，得：E＝.
(2)由平衡条件：qvB＝mg
电场方向变化后，微粒所受重力与电场力平衡，微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨
迹如图乙：qvB＝m
由几何知识可得：r＝l
联立解得：v＝，
B＝.
(3)微粒做匀速直线运动的时间：t＝＝
1
微粒做匀速圆周运动的时间：t＝＝
2
微粒在复合场中的运动时间：t＝t＋t＝(＋1).
1 2题型二 带电粒子在交变电、磁场中的运动
解决带电粒子在交变电、磁场中的运动问题的基本思路
先读图 看清并且明白场的变化情况
受力分析 分析粒子在不同的变化场区的受力情况
过程分析 分析粒子在不同时间段内的运动情况
找衔接点 找出衔接相邻两过程的物理量
选规律 联立不同阶段的方程求解
例2 如图4所示，在两块水平金属极板间加有电压U构成偏转电场，一束比荷＝106
C/kg的带正电的粒子流(重力和粒子间的相互作用不计)，以速度v ＝104 m/s沿水平方向从
0
金属极板正中间射入两板.粒子经电场偏转后进入一具有理想边界的半圆形变化磁场区域，O
为圆心，区域直径AB长度为L＝1 m，AB与水平方向成45°角.区域内有按如图乙所示规律
做周期性变化的磁场，已知B ＝0.5 T，磁场方向以垂直于纸面向外为正.粒子经偏转电场后
0
恰好从下极板边缘O点与水平方向成45°角斜向下射入磁场.
图4
(1)两金属极板间的电压U是多大？
(2)若T＝0.5 s，求t＝0时刻射入磁场的带电粒子在磁场中运动的时间t和离开磁场的位置.
0
(3)要使所有带电粒子通过O点后的运动过程中不再从AB两点间越过，求出磁场的变化周期
T 应满足的条件.
0
答案 见解析
解析 (1)粒子在电场中做类平抛运动，从O点射出时速度v＝v
0
由动能定理可得q＝m(v)2－mv2
0 0
代入数据解得U＝100 V
(2)粒子在磁场中运动的周期T＝
则＝＝2π×10－6 s<
又Bqv＝m
0
r＝＝0.02 m
粒子在磁场中经过半周从OB间穿出，粒子在磁场中运动的时间t＝＝2π×10－6 s
射出点在OB间离O点2r＝0.04 m
(3)粒子运动周期T＝4π×10－6 s，粒子在t＝0，t＝，…时刻射入时，粒子最可能从AB间射出，恰好不从AB射出时，如图，由几何关系可得临界角θ＝
要不从AB边界射出，应满足0)的粒子由S 静止释放，粒
0 0 1
子在电场力的作用下向右运动，在t＝时刻通过S 垂直于边界进入右侧磁场区.(不计粒子重
2
力，不考虑极板外的电场)
图5
(1)求粒子到达S 时的速度大小v和极板间距d.
2
(2)为使粒子不与极板相撞，求磁感应强度的大小应满足的条件.
(3)若已保证了粒子未与极板相撞，为使粒子在t＝3T 时刻再次到达S ，且速度恰好为零，
0 2
求该过程中粒子在磁场内运动的时间和磁感应强度的大小.
答案 (1) (2)B<
(3)T
0
解析 (1)粒子由S 至S 的过程，根据动能定理得
1 2
qU＝mv2①
0
由①式得v＝ ②设粒子的加速度大小为a，由牛顿第二定律得q＝ma③
由运动学公式得d＝a()2④
联立③④式得d＝ ⑤
(2)设磁感应强度的大小为B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，由牛顿第二定律得
qvB＝m⑥
要使粒子在磁场中运动时不与极板相撞，需满足2R>⑦
联立②⑥⑦式得B<
(3)设粒子在两边界之间无场区向左匀速运动的过程所用时间为t，有
1
d＝vt⑧
1
联立②⑤⑧式得t＝⑨
1
若粒子再次到达S 时速度恰好为零，粒子回到极板间应做匀减速运动，设匀减速运动的时
2
间为t，根据运动学公式得d＝t⑩
2 2
联立⑧⑨⑩式得t＝⑪
2
设粒子在磁场中运动的时间为t
t＝3T－－t－t ⑫
0 1 2
联立⑨⑪⑫式得t＝⑬
设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T，由⑥式结合运动学公式得T＝⑭
由题意可知T＝t⑮
联立⑬⑭⑮式得B＝.
课时精练
1.(多选)(2020·浙江名校联考)质量为m、电荷量为q的微粒以速度v与水平方向成θ角从O
点进入方向如图1所示的正交的匀强电场和匀强磁场组成的混合场区，该微粒在电场力、洛
伦兹力和重力的共同作用下，恰好沿直线运动到A，下列说法中正确的是(重力加速度为g)(
)
图1
A.该微粒一定带负电荷
B.微粒从O到A的运动可能是匀变速运动C.该磁场的磁感应强度大小为
D.该电场的电场强度大小为
答案 AC
解析 若微粒带正电荷，它受竖直向下的重力 mg、水平向左的电场力qE和垂直OA斜向右
下方的洛伦兹力qvB，知微粒不能做直线运动，据此可知微粒应带负电荷，它受竖直向下的
重力mg、水平向右的电场力qE和垂直OA斜向左上方的洛伦兹力qvB，又知微粒恰好沿着
直线运动到A，可知微粒应该做匀速直线运动，故A正确，B错误；由平衡条件得qvBcos θ
＝mg，qvBsin θ＝qE，得磁场的磁感应强度大小B＝，电场的电场强度大小E＝，故C正确，
D错误.
2.(2020·安徽安庆市模拟)如图2所示，一带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中刚好
做匀速圆周运动，其轨道半径为R，已知该电场的电场强度为E，方向竖直向下；该磁场的
磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，不计空气阻力，设重力加速度为g，则( )
图2
A.液滴带正电
B.液滴比荷＝
C.液滴沿顺时针方向运动
D.液滴运动速度大小v＝
答案 C
解析 液滴在重力场、匀强电场、匀强磁场的复合场中做匀速圆周运动，可知 qE＝mg，得
＝，故选项B错误；电场力方向竖直向上，液滴带负电，选项 A错误；由左手定则可判断
液滴沿顺时针方向转动，选项C正确；对液滴，有qE＝mg，qvB＝m，得v＝，故选项D错
误.
3.(多选)(2020·辽宁沈阳市调研)如图3所示，空间某处存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面
向里的匀强磁场，一个带负电的金属小球从 M点水平射入场区，经一段时间运动到 N点，
关于小球由M到N的运动，下列说法正确的是( )图3
A.小球可能做匀变速运动 B.小球一定做变加速运动
C.小球动能可能不变 D.小球机械能守恒
答案 BC
解析 小球从M到N，在竖直方向上发生了偏转，所以在M点受到的竖直向下的洛伦兹力、
竖直向下的重力和竖直向上的电场力的合力不为零，且速度方向变化，则洛伦兹力方向变化，
所以合力为变力，故不可能做匀变速运动，一定做变加速运动，A错误，B正确；若电场力
和重力等大反向，则运动过程中电场力和重力做功之和为零，而洛伦兹力不做功，所以小球
的动能可能不变，C正确；沿电场方向有位移，电场力一定做功，故小球的机械能不守恒，
D错误.
4.(多选)(2019·山东滨州市上学期期末)如图4所示，空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸
面向外的匀强磁场，一带电液滴从静止开始自 A点沿曲线ACB运动，到达B点时速度为零，
C点是运动的最低点，不计空气阻力，则以下说法中正确的是( )
图4
A.液滴一定带正电
B.液滴在C点时的动能最大
C.从A到C过程液滴的电势能增大
D.从C到B过程液滴的机械能增大
答案 BCD
解析 从题图中可以看出，带电液滴由静止开始向下运动，说明重力和电场力的合力向下，
洛伦兹力指向弧线内侧，根据左手定则可知，液滴带负电，故 A错误；重力向下，电场力
向上，且重力大于电场力，从A到C的过程中，重力做正功，而电场力做负功，洛伦兹力
不做功，合力做正功，液滴动能增大，从C到B的过程中，重力做负功，电场力做正功，
洛伦兹力不做功，合力做负功，液滴动能减小，所以液滴在 C点时的动能最大，故B正确；
从A到C过程液滴克服电场力做功，电势能增大，故C正确；从C到B的过程中，电场力
做正功，洛伦兹力不做功，机械能增大，故D正确.
5.(2016·天津卷·11)如图5所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E＝
5 N/C，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小 B＝0.5T.有一带正电的小球，质量m＝1×10－6 kg，电荷量q＝2×10－6 C，正以速度v在图示的竖
直面内做匀速直线运动，当经过P点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象)，取
g＝10 m/s2.求：
图5
(1)小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向；
(2)从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t.
答案 (1)20 m/s 方向与电场方向成60°角斜向上
(2)2 s
解析 (1)小球做匀速直线运动时受力如图甲，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，
有qvB＝①
代入数据解得v＝20 m/s②
速度v的方向与电场E的方向之间的夹角为θ，则tan θ＝③
代入数据解得
tan θ＝，θ＝60°④
(2)解法一 撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，如图乙所示，设
其加速度为a，有
a＝⑤
设撤去磁场后小球在初速度方向上的分位移为x，有
x＝vt⑥
设小球在重力与电场力的合力方向上的分位移为y，
有y＝at2⑦
tan θ＝⑧
联立②④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得
t＝2 s解法二 撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以P
点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度为
v＝vsin θ
y
若使小球再次穿过P点所在的电场线，仅需小球在竖直方向上的分位移为零，则有 vt－gt2
y
＝0
联立解得t＝2 s.
6.如图6所示，在平面直角坐标系xOy中，AO是∠xOy的角平分线，x轴上方有水平向左的
匀强电场，下方有竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，两电场的电场强度大小
相等.一质量为m、电荷量为＋q的质点从OA上的M点由静止释放，质点恰能沿AO运动且
通过O点进入x轴下方区域，经偏转后从x轴上的C点进入第一象限内并击中AO上的D点
(C点、D点图中均未标出).已知L ＝20 m，匀强磁场的磁感应强度大小为B＝(T)，重力加
OM
速度为g＝10 m/s2.求：
图6
(1)两匀强电场的电场强度E的大小；
(2)OD的长L；
(3)质点从M点出发到击中D点所经历的时间t.
答案 (1) (2) m (3)4.86 s
解析 (1)质点在第一象限内受重力和水平向左的电场力，沿AO做匀加速直线运动，则有
mg＝qE，即E＝.
(2)质点在x轴下方时，对质点受力分析可知，质点所受重力与电场力平衡，洛伦兹力提供
质点做匀速圆周运动的向心力，质点从C点进入第一象限后做类平抛运动，其轨迹如图所
示，有：qvB＝m
由运动学规律知v2＝2aL ，a＝g
OM
由类平抛运动规律知R＝vt，R－L＝at2
3 3联立解得：t＝0.5 s，L＝ m.
3
(3)质点做匀加速直线运动有L ＝at2
OM 1
质点做匀速圆周运动有t＝×＝ s
2
质点从M点出发到击中D点所经历的时间t＝t＋t＋t＝(2.5＋) s≈4.86 s.
1 2 3
7.(2020·甘肃天水市模拟)如图7甲所示，在xOy平面内存在均匀、大小随时间周期性变化的
磁场和电场，变化规律分别如图乙、丙所示(规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向、沿y
轴正方向电场强度为正).在t＝0时刻由原点O发射初速度大小为v ，方向沿y轴正方向的带
0
负电粒子.已知v、t、B，粒子的比荷为，不计粒子的重力.求：
0 0 0
图7
(1)t＝t 时，粒子的位置坐标；
0
(2)若t＝5t 时粒子回到原点，0～5t 时间内粒子距x轴的最大距离；
0 0
(3)若粒子能够回到原点，满足条件的所有E 值.
0
答案 (1)(，0) (2)(＋)vt (3)(n＝1,2,3，…)
00
解析 (1)粒子在0～t 内沿顺时针方向做匀速圆周运动qvB＝m，T＝，解得r＝，T＝
0 0 0 1
又粒子的比荷＝
解得r＝，T＝2t
1 0
故t＝t 时，粒子的位置坐标为(，0).
0
(2)粒子在t＝5t 时回到原点，运动轨迹如图甲所示.由r＝2r，r＝，r＝，解得v＝2v
0 2 1 1 2 2 0
则在0～5t 时间内粒子距x轴的最大距离h ＝t＋r＝(＋)vt.
0 m 0 2 00
(3)如图乙所示，设带电粒子在x轴下方做圆周运动的轨迹半径为r′，由几何关系可知，要
2
使粒子能够回到原点，则必须满足n(2r′－2r)＝2r(n＝1,2,3，…)
2 1 1其中r′＝
2
解得v＝v(n＝1,2,3，…)
0
又v＝v＋t
0 0
解得E＝(n＝1,2,3，…).
0
