专题十九 带电粒子在叠加场中的运动
基础巩固
1.[2025·河北石家庄模拟] 2023 年4 月12 日,中国有“人造太阳”之称的全超导托卡马克核
聚变实验装置创造了当时最新的世界纪录,成功实现稳态高约束模式等离子体运行403 秒.为
粗略了解等离子体在托卡马克环形真空室内的运动状况,某同学将一足够长的真空室内的电
场和磁场理想化为方向均水平向右的匀强电场和匀强磁场,如图所示.若某带正电的离子在此
电场和磁场中运动,其速度平行于磁场方向的分量大小为v1,垂直于磁场方向的分量大小为
v2,不计离子受到的重力.当离子速度平行于磁场方向的分量大小为2v1时,垂直于磁场方向的
分量大小为
( )
A.v2
B.2v2
C.3v2
D.4v2
2.[2025·河南郑州模拟] 如图所示,空间中存在有界正交的匀强电场和匀强磁场,磁场的磁感
应强度大小为B,电场的电场强度大小为E.在电磁场上方某处有一个电荷量大小为q、质量
为m 的小球由静止释放,结果小球恰能沿直线通过电磁场区域,已知重力加速度为g,空气阻
力不计,则
( )
A.小球可能带负电
B.小球穿过电磁场区域的过程中动能增大
C.小球穿过电磁场区域的过程中电势能减小
D.小球进入电磁场区域前自由下落的高度为q
2 E
2-m
2 g
2
2gq
2B
2
3.(多选)[2025·湖北武汉模拟] 空间存在着匀强磁场和匀强电场,磁感应强度B 的方向垂直于
纸面(xOy 平面)向里,电场强度E 的方向沿y 轴负方向.一带正电的粒子在电场和磁场的作用
下,从坐标原点O 以速度v0(v0> E
B)
沿x 轴正方向运动,不计粒子重力.下列四幅描述该粒子
运动轨迹的图中,可能正确的是( )
4.[2025·广东广州模拟] 如图所示,空间中存在水平方向的匀强电场和匀强磁场,电场强度大
小为E,方向水平向右;磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向里.在正交的电磁场空间中有
一竖直放置的光滑绝缘大圆环.一质量为m、带电荷量为+q 的小圆环从大圆环的最高点由静
止释放.已知大圆环半径为R,重力加速度为g.关于小圆环接下来的运动,下列说法正确的是
( )
A.小圆环从最高点运动到最低点的过程中机械能一直守恒
B.小圆环恰好能沿大圆环做完整的圆周运动
C.小圆环运动到大圆环右侧与圆心等高位置时的速度为❑√2 gR
D.小圆环运动到大圆环最低点时的速度为❑√4 gR
5.(多选)[2024·安徽卷] 空间中存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场,电场
强度大小为E,磁感应强度大小为B.一质量为m 的带电油滴a,在纸面内做半径为R 的圆周运
动,轨迹如图所示.当a 运动到最低点P 时,瞬间分成两个小油滴Ⅰ、Ⅱ,二者带电荷量、质量
均相同.Ⅰ在P 点时与a 的速度方向相同,并做半径为3R 的圆周运动,轨迹如图所示.Ⅱ的轨迹
未画出.已知重力加速度大小为g,不计空气浮力与阻力以及Ⅰ、Ⅱ分开后的相互作用,则(
)
A.油滴a 带负电,所带电荷量的大小为mg
E
B.油滴a 做圆周运动的速度大小为gBR
E
C.小油滴Ⅰ做圆周运动的速度大小为3 gBR
E
,周期为4 π E
gB
D.小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动
综合提升
6.[2024·贵州卷] 如图所示,边长为L 的正方形abcd 区域及矩形cdef 区域内均存在电场强度
大小为E、方向竖直向下且与ab 边平行的匀强电场,ef 右边有一半径为
❑√3
3
L 且与ef 相切的
圆形区域,切点为ef 的中点,该圆形区域与cdef 区域内均存在磁感应强度大小为B、方向垂直
纸面向里的匀强磁场.一带电粒子从b 点斜向上射入电场后沿图中曲线运动,经cd 边的中点
进入cdef 区域,并沿直线通过该区域后进入圆形区域.所有区域均在纸面内,粒子始终在该纸
面内运动,不计粒子重力.求:
(1)粒子沿直线通过cdef 区域时的速度大小;
(2)粒子的电荷量与质量之比;
(3)粒子射出圆形区域时速度方向与进入圆形区域时速度方向的夹角.
拓展挑战
7.[2024·海南卷] 如图,在xOy 坐标系中有三个区域,圆形区域Ⅰ分别与x 轴和y 轴相切于P 点
和S 点.半圆形区域Ⅱ的半径是区域Ⅰ半径的2 倍.区域Ⅰ、Ⅱ的圆心O1、O2连线与x 轴平行,
半圆与圆相切于Q 点,QF 垂直于x 轴,半圆的直径MN 所在的直线右侧为区域Ⅲ.区域Ⅰ、Ⅱ
分别有磁感应强度大小为B、B
2
的匀强磁场,磁场方向均垂直纸面向外.区域Ⅰ下方有一粒子
源和加速电场组成的发射器,可将质量为m、电荷量为q 的粒子由电场加速到v0.改变发射器
的位置,使带电粒子在OF 范围内都沿着y 轴正方向以相同的速度v0沿纸面射入区域Ⅰ.已知
某粒子从P 点射入区域Ⅰ,并从Q 点射入区域Ⅱ.(不计粒子的重力和粒子之间的影响)
(1)求加速电场两板间的电压U 和区域Ⅰ的半径R.
(2)在能射入区域Ⅲ的粒子中,某粒子在区域Ⅱ中运动的时间最短,求该粒子在区域Ⅰ和区域
Ⅱ中运动的总时间t.
(3)在区域Ⅲ加入匀强磁场和匀强电场,磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向里,电场强度的
大小E=Bv0,方向沿x 轴正方向.此后,粒子源中某粒子经区域Ⅰ、Ⅱ射入区域Ⅲ,进入区域Ⅲ
时速度方向与y 轴负方向成74°角.当粒子动能最大时,求粒子的速度大小及所在的位置到y
轴的距离(sin37° = 3
5 ,sin53°= 4
5)
.
答案解析
1.A [解析] 根据运动的叠加原理可知,离子在竖直平面内做匀速圆周运动,沿水平方向做加
速运动,则v1增大,v2不变;当离子速度平行于磁场方向的分量大小为2v1时,垂直于磁场方向的
分量大小为v2.故选A.
2.D [解析] 在电磁场区域中,小球在重力、电场力和洛伦兹力作用下竖直向下做直线运动,
该直线运动一定是匀速直线运动,其受力方向一定如图所示,可知小球一定带正电,故A 错误;
小球做匀速直线运动,故小球穿过电磁场区域的过程中动能不变,故B 错误;电场力与速度方
向的夹角一直大于90°,可知电场力一直做负功,电势能增大,故 C 错误;小球受力平衡,有
qvB=❑√(qE)
2-(mg)
2,小球进入电磁场区域前,根据动能定理有mgh=1
2
mv2-0,解得小球进入
电磁场区域前自由下落的高度为h=q
2 E
2-m
2 g
2
2 gq
2B
2
,故D 正确.
3.ABC [解析] 带正电的粒子受到沿y 轴负方向的电场力,磁场方向垂直于纸面向里,根据左
手定则可知,在原点时带电粒子受到沿y 轴正方向的洛伦兹力,由于v0> E
B
,即qv0B>Eq,所以合
力向上,带电粒子会在第一象限内做曲线运动;粒子向上运动,洛伦兹力不做功,电场力做负功,
随着速度逐渐减小,若在最高点时洛伦兹力恰好减小至0,则粒子会在电场力作用下沿y 轴负
方向加速,洛伦兹力方向相反,形成A 图;同理,若在最高点时洛伦兹力没有减小至0,且速度v>
E
B
,则形成B 图;若在最高点时洛伦兹力没有减小至0,且速度v< E
B
,则形成C 图.
4.D [解析] 小圆环从最高点运动到最低点的过程中,除重力做功外,还有电场力做功,机械能
不守恒,故A 错误;设小圆环所受重力和电场力的合力与竖直方向的夹角为θ,假设恰好能做
完整的圆周运动,刚好到达等效最高点A,如图所示,根据动能定理得mgR(1−cosθ)-qERsin
θ=1
2
mv A
2,且mgtan θ=qE,解得v A
2=2gR(1−
1
cosθ)
<0,所以假设不成立,即小圆环不能沿大
圆环做完整的圆周运动,故B 错误;小圆环从最高点运动到大圆环右侧与圆心等高位置过程
中,根据动能定理得mgR+qER=1
2
mv1
2-0,解得小圆环运动到大圆环右侧与圆心等高位置时的
速度v1=❑√2gR+ 2qER
m
,故C 错误;小圆环从最高点运动到大圆环最低点过程中,根据动能定
理得mg·2R=1
2
mv2
2-0,解得小圆环运动到大圆环最低点时的速度v2=❑√4 gR,故D 正确.
5.ABD [解析] 油滴a 做圆周运动,故重力与电场力平衡,可知带负电,有mg=Eq,解得q=mg
E
,
故A 正确;根据洛伦兹力提供向心力有Bqv=mv
2
R
,得R=mv
Bq ,解得油滴a 做圆周运动的速度大
小为v=gBR
E
,故B 正确;设小油滴Ⅰ的速度大小为v1,得3R=
m
2 v1
B q
2
,解得v1=3 BqR
m
=3 gBR
E
,周
期为T=2π·3 R
v1
=2π E
gB ,故C 错误;带电油滴a 分离前后动量守恒,设分离后小油滴Ⅱ的速度
为v2,取油滴a 分离前瞬间的速度方向为正方向,得mv=m
2
v1+m
2
v2,解得v2=-gBR
E
,由于分离后
的小油滴受到的电场力和重力仍然平衡,分离后小油滴Ⅱ的速度方向与正方向相反,根据左手
定则可知小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动,故D 正确.
6.(1) E
B (2) E
LB
2 (3)60°
[解析] (1)带电粒子在cdef 区域做直线运动,则有电场力与洛伦兹力平衡,可知粒子带正电,经
cd 边的中点速度水平向右,设粒子到达cd 边的中点速度大小为v0,带电荷量为q,质量为m,由
平衡条件则有qE=qv0B
解得v0= E
B
(2)粒子从b 点到cd 边的中点的运动,可逆向看作从cd 边的中点到b 点的类平抛运动,设运动
时间为t,加速度大小为a,由牛顿第二定律可得
qE=ma
由类平抛运动规律可得v0t=L
1
2
at2= L
2
联立解得粒子的电荷量与质量之比
q
m
= v0
2
EL
= E
LB
2
(3)粒子从ef 中点射出到圆形区域做匀速圆周运动,设粒子的运动半径为R,由洛伦兹力提供
向心力可得qv0B=mv0
2
R
解得R=L
粒子在磁场中的运动轨迹如图所示,由图可知,粒子沿半径方向射入,又沿半径方向射出,设粒
子射出圆形区域时速度方向与进入圆形区域时速度方向的夹角为α,由几何关系可知α=2θ
可得tan θ=
❑√3
3 L
R
=
❑√3
3
θ=30°
则有α=60°
7.(1)m v0
2
2q
mv0
qB
(2)π m
qB
(3)2.6v0 172m v0
25qB
[解析] (1)根据动能定理得
qU=1
2
mv0
2
解得U=mv0
2
2q
粒子进入区域Ⅰ做匀速圆周运动,根据题意某粒子从P 点射入区域Ⅰ,并从Q 点射入区域Ⅱ,
故可知此时粒子的运动轨迹半径与区域Ⅰ的半径R 相等,粒子在磁场中做匀速圆周运动,由洛
伦兹力提供向心力
qBv0=mv0
2
R
解得R=mv0
qB
(2)带电粒子在OF 范围内都沿着y 轴正方向以相同的速度v0沿纸面射入区域Ⅰ,由(1)可得,粒
子在区域Ⅰ中做匀速圆周运动,轨迹半径为R,因为在区域Ⅰ中的磁场半径和轨迹半径相等,所
以粒子射入点、区域Ⅰ圆心O1、粒子出射点、轨迹圆心O'四点构成一个菱形,由几何关系
可得,区域Ⅰ圆心O1和粒子出射点连线平行于粒子射入点与轨迹圆心O'连线,则区域Ⅰ圆心
O1和粒子出射点连线水平,根据磁聚焦原理可知粒子都从Q 点射出,粒子射入区域Ⅱ,仍做匀
速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力
qB
2
v0=m v0
2
R'
解得R'=2R
如图甲所示,要使粒子在区域Ⅱ中运动的时间最短,轨迹所对应的圆心角最小,可知在区域Ⅱ
中运动的圆弧所对的弦长最短,即此时最短弦长为区域Ⅱ的磁场圆半径2R,根据几何知识可
得此时在区域Ⅱ和区域Ⅰ中运动的轨迹所对应的圆心角都为60°,粒子在两区域磁场中运动
周期分别为
T1=2π R
v0
=2π m
qB
T2=2π·2 R
v0
=4 π m
qB
故可得该粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中运动的总时间为
t= 60°
360°
T1+ 60°
360°
T2=π m
qB
甲
(3)如图乙所示,将速度v0分解为沿y 轴正方向的速度v0及速度v',因为E=Bv0,可得qE=qBv0,
故可知沿y 轴正方向的速度v0产生的洛伦兹力与电场力平衡,粒子同时受到另一方向的洛伦
兹力qBv',故粒子沿y 轴正方向做旋进运动,根据几何关系可知
v'=2v0sin 53°=1.6v0
故当v'方向为竖直向上时粒子速度最大,最大速度为
vm=v0+1.6v0=2.6v0
根据几何关系可知此时所在的位置到y 轴的距离为
L=R'+R'sin 53°+2R+2R=6.88R=172mv0
25qB
乙
