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计算题培优练 5 带电粒子在叠加场中的运动
1.(14分)(2024·河北省部分高中二模)如图所示，竖直平面内的直角坐标系第三象限存在沿x轴(x轴水平)负
方向的匀强电场Ⅰ，第四象限存在垂直纸面向里的匀强磁场Ⅲ和沿y轴负方向的匀强电场Ⅱ，一带负电、
8
比荷为k的小球(可视为质点)以某一初速度从点A(0，s )沿x轴正方向水平抛出，经过点C( s ，0)从第一
0 3 0
象限进入第四象限，在第四象限运动一段时间后，小球沿与y轴正方向成α=53°角的方向第一次经过y轴进
4g g
入第三象限。已知匀强电场Ⅰ的电场强度大小E = ，匀强电场Ⅱ的电场强度大小E = ，重力加速度为
1 3k 2 k
g，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，不计空气阻力。求：
(1)(4分)小球在C点的速度；
(2)(4分)匀强磁场 Ⅲ 的磁感应强度大小B；
(3)(6分)小球从A点抛出到第四次(从A点抛出为第零次)经过y轴的时间。
2.(16分)(2023·江苏卷·16)霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型。Oxy平面内存在竖直向下的匀
强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。质量为m、电荷量为e的电子从O点沿x轴正
方向水平入射。入射速度为v 时，电子沿x轴做直线运动；入射速度小于v 时，电子的运动轨迹如图中的
0 0
虚线所示，且在最高点与在最低点所受的合力大小相等。不计重力及电子间相互作用。
(1)(4分)求电场强度的大小E；
v v
(2)(4分)若电子入射速度为 0，求运动到速度为 0时位置的纵坐标y ；
4 2 1
mv
(3)(8分)若电子入射速度在0<v<v 范围内均匀分布，求能到达纵坐标y = 0位置的电子数N占总电子数
0 2 5eB
N 的百分比。
0答案精析
5
1.(1) √2gs ，方向斜向右下方与x轴正方向的夹角为37°
3 0
(2) 3 √2g (3) ( 5+ 143π) √2s 0
4k s 135 g
0
解析 (1) 画出带电小球的运动轨迹，如图所示
设小球的初速度大小为v ，小球到达C点时的速度大小为v，小球由A运动到C经过的时间为t ，由平抛
0 1
运动规律可得
1 8
s = gt 2 ， s =v t
0 2 1 3 0 01
由A到C，应用动能定理可得
1 1
mgs = mv2- mv 2
0 2 2 0
v 5 4
设带电小球在C点时，其速度方向与x轴正方向的夹角为θ，可得cos θ= 0 ，解得v= √2gs ，cos θ=
v 3 0 5
即速度方向斜向右下，与x轴正方向的夹角为37°。
g
(2)由于匀强电场 Ⅱ 的电场强度大小为E =
2 k
可知带电小球在第四象限运动时，其所受电场力与重力等大反向，设小球第一次经过y轴上的点为D，由
角度关系可知小球由C到D的轨迹是一个半圆，设小球做圆周运动的轨迹半径为R，由几何关系可得
8
s
3 0=sin 37°
2R
由洛伦兹力提供向心力可得
v2
qvB=m
R
3 √2g
可得磁感应强度大小B=
4k s
0
(3)带电小球由A到C的运动时间√2s
t = 0
1
g
带电小球由C到D的运动时间
πR
t =
2 v
5
对处于第三象限内的小球受力分析，可知带电小球在第三象限内先做匀减速直线运动，加速度大小为a=
3
g
2v
设带电小球在F点减速到零，小球从D点到F点再返回D点经过的时间t =
3 a
2α 2πR
带电小球从D点运动到G点，运动时间t = ·
4 360° v
带电小球在H点恰好第四次经过y轴，设小球从G点运动到H点所用时间为t ，沿x轴方向有2vcos 37°=
5
qE
1t
5
m
143π √2s
小球从点A(0，s 0 )抛出到第四次经过y轴的时间t=t 1 +t 2 +t 3 +t 4 +t 5 =(5+ ) 0
135 g
3mv
2.(1)v B (2) 0 (3)90%
0 32eB
解析 (1)由题知，入射速度为v 时，电子沿x轴做直线运动，
0
则有Ee=ev B
0
解得E=v B
0
(2)电子在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场的复合场中，由于洛伦兹力不做功，且电子
v
0
入射速度为 ，电子受到的静电力大于洛伦兹力，则电子向上偏转，
4
根据动能定理有
1 1 1 1
eEy = m( v ) 2 - m( v ) 2
1 2 2 0 2 4 0
3mv
解得y = 0
1 32eB
(3)方法一 若电子以速度v入射时，设电子能到达的最高点位置的纵坐标为y，则根据动能定理有
1 1
eEy= mv 2- mv2
2 m 2
由于电子在最高点与在最低点所受的合力大小相等，则在最高点有F =ev B-eE
合 m
在最低点有F =eE-evB
合
2E
联立有v = -v=2v -v，
m B 02m(v -v)
y= 0
eB
mv
要让电子到达纵坐标y = 0 位置，即y≥y
2 5eB 2
9
解得v≤ v
10 0
mv
则若电子入射速度在0 < v < v 范围内均匀分布，能到达纵坐标y = 0 位置的电子数N占总电子数N 的
0 2 5eB 0
90%。
方法二 设速度为v的电子，一个分运动为v =v ，其产生的洛伦兹力与静电力平衡，即qv B=qE，对应水
1 0 1
平向右的匀速直线运动。另一个分运动的速度为v ，对应的洛伦兹力使电子做匀速圆周运动，设圆周运动
2
mv
的半径为r，r= 2 ，直径为y =2r，
eB 2
2mv mv v
则有 2= 0 ，解得v = 0 。
Be 5Be 2 10
电子入射速度为两个分速度的合速度，
v 9v
即v=v -v =v - 0= 0 。
1 2 0 10 10
在0<v<v 范围内，合速度越大，v 越小，圆周运动直径越小。
0 2
由于电子在0<v<v 范围内均匀分布，
0
N 9
可得 = ×100%=90%。
N 10
0
