压轴10 带电粒子在叠加场中的运动
典例·靶向·突破
题型01 带电粒子在叠加场中的直线运动
1．【答案】CD
题型02 带电粒子在叠加场中的圆周运动
2．【答案】AB
3.【答案】(1)mv0
2
2qL
， ❑√2v0
(2)2 L
v0
+ 3 πm
4 qB
(3)(−3 πm v0
4 qB ,−
❑√2m v0
2qB
, (2+ ❑√2)m v0
2qB
)
【详解】（1）粒子在电场中做类平抛运动，则有
2 L= v0t1
L= 1
2 at1
2
qE =ma
v y =at1
v =
❑√v0
2+ v y
2
联立解得
E = m v0
2
2qL
v = ❑√2v0
t1= 2 L
v0
（2）进入磁场区域，粒子沿x轴负方向的分运动为匀速直线运动，则有3 πmv0
4 qB = v0t2
粒子从P点到光屏的运动时间为t =t1+t2
联立上述结论解得t = 2 L
v0
+ 3 πm
4 qB
（3）进入磁场区域，粒子在平行于yOz平面内的分运动为匀速圆周运动，从左侧看粒子的运动轨迹如图
所示
设粒子打在光屏上的A点，由洛伦兹力提供向心力，得q v y B =m v y
2
R
解得R = mv0
qB
粒子做匀速圆周运动的周期为T = 2πR
v y
= 2πm
qB
则t2= 3 πm
4 qB = 3
8 T
α =360
°× 3
8 =135
°
β =180
°−α = 45
°
y A =−R sin 45
°=−
❑√2m v0
2qB
z A = R(1+cos 45
°)= (2+ ❑√2)m v0
2qB
所以粒子打在光屏上的位置坐标为(−3 πm v0
4 qB ,−
❑√2m v0
2qB
, (2+ ❑√2)m v0
2qB
)
题型03 带电粒子在叠加场中的一般曲线运动
4.【答案】BC
1．【答案】BC
2．【答案】(1)4 ❑√2m/s
(2)16+π
5
s
(3)(16 m ,0)
【详解】（1）根据题意，画出油滴在第三象限的受力情况，如图所示
由平衡条件及几何关系可得qE =qvBsinθ
解得v = 4 ❑√2m/s
（2）油滴在第三象限中运动时有qE =mg tanθ =mg
所以油滴在第一象限y <h区域做匀速直线运动，y >h区域做匀速圆周运动，设O→A、A →C、C →N
的运动时间分别为t1、t2、t3，第一象限y <h区域由几何关系得OA =
h
sinθ
由对称性得t1=t3= OA
v
第一象限y >h区域t2= 2θ
360° T，T = 2πr
v
由牛顿第二定律得qvB =m v
2
r
油滴在第一象限运动的总时间t =t1+t2+t3
解得t = 16+π
5
s
（3）由几何关系及对称性可得，从O→A、C →N运动过程中沿x方向的位移x1= x3=
h
tanθ
A →C过程中沿x轴方向的位移x2=2r sinθ
油滴再次穿过x轴时距离坐标原点O的距离x = x1+ x2+ x3
解得x =16 m
即油滴第二次穿过x轴时的坐标为(16 m ,0)
3．【答案】(1)E = mg
q ，x = 4 v
2
5 g
(2)B2= 3mg
qv
(3)y = g x
2
2v
2
【详解】（1）由题意可知，粒子受到重力、洛伦兹力和电场力做匀速圆周运动，可以判断粒子受到的电
场力与重力平衡，则mg= Eq
解得E = mg
q
粒子做匀速圆周运动，圆周运动轨迹如图所示
洛伦兹力提供向心力得qv B1=m v
2
R1
解得粒子运动的轨道半径R1= v
2
g
根据圆周运动轨迹，由几何关系得x
2+( z0−R1)
2= R1
2
代入数据解得x = 4 v
2
5 g
。
（2）粒子做匀速圆周运动，可能的运动轨迹如图所示
设粒子进入B2磁场中速度方向与磁场分界面成θ角，由几何关系可得cos(90°−θ)= x
R1
可解得θ =53°
设粒子在B2磁场中运动的轨道半径为R2，根据圆周运动轨迹可知粒子运动到P点应满足
n(2 R1sinθ−2 R2sinθ)= 16 v
2
5 g
当n取最小值时，运动时间最短。所以当n=3时，运动时间最短，代入R1的值解得R2= R1
3
根据qvB =m v
2
R
联立可得B2=3 B1= 3mg
qv
当该带电粒子沿x轴正方向飞出到达P点时间最小时，B2的大小为3mg
qv
。
（3）若将电场方向改为y轴方向正方向，由受力分析，粒子受到沿z轴正方向的洛伦兹力、沿z轴负方向的
重力、沿y轴正方向的电场力，根据B1= mg
qv
解得粒子受到的洛伦兹力大小为f 洛=mg
正好与重力相平衡，所以粒子在y轴正方向做匀加速直线运动，有y = 1
2 at
2
由牛顿第二定律有Eq =ma
粒子在x轴正方向做匀速直线运动，有x = vt
联立解得轨迹方程y = g x
2
2v
2
4．【答案】(1)2m
q
❑√
g
3 L
，2m
q
❑√
g
3 L
(2)(
❑√3
3 π +3)
❑√
L
g
，3 ❑√3
8
L
(3)L
′>
❑√3 π +2
4
L
【详解】（1）经分析可知，小球的运动轨迹如图所示
且小球在第一象限内做匀速直线运动，根据物体的平衡条件有mg =q v0 B1cosθ
解得B1= 2m
q
❑√
g
3 L
设小球在第三象限内做匀速圆周运动的轨迹半径为r，根据几何关系有1
2 × 3
2 L=r cosθ
洛伦兹力提供小球做匀速圆周运动所需的向心力，有q v0 B2=m v0
2
r
解得B2= 2m
q
❑√
g
3 L
（2）小球从O点运动到B点所用的时间t1=
2π
3 r
v0
解得t1= π
3
❑√
3 L
g
设小球通过B点时所受合力的方向与竖直向下方向的夹角为α，有tan α = qE
mg
解得α =30
∘
可见小球所受合力的方向与小球通过B点时的速度方向垂直，小球在第四象限内做类平抛运动，设小球在
第四象限内运动的加速度大小为a，有mg
cosα =ma
设小球从B点运动到再次通过y轴时所用的时间为t2，有
v0t2
1
2 at2❑
2 =tanα
解得t2=3 ❑√
L
g
又t =t1+t2
解得t =(
❑√3
3 π +3)
❑√
L
g
将小球通过B点时的速度沿水平方向和竖直方向分解，当小球沿水平方向的分速度为零时，小球到y轴的
距离最大，有(v0cosα)
2=2ax xm
其中ax = qE
m
解得xm= 3 ❑√3
8
L
（3）小球的初速度沿水平方向和竖直方向的分量大小分别为
v1= v0cosθ = 1
2
❑√3 gL，v2= v0sinθ = 1
2
❑√gL
经计算可知q v1B1=mg
因为R = m v2
q B1
=
❑√3
4 L< 1
2 L
所以小球的运动可分解为大小为v1、方向水平向左的匀速直线运动和大小为v2、沿顺时针方向的匀速圆周
运动，小球做匀速圆周运动的周期T = 2πR
v2
解得T = π ❑√
3 L
g
设小球通过y轴时的速度方向恰好第一次水平，则此种情况下小球从P点运动到y轴的时间t0= T
4
设此种情况下O、P两点间的距离为L0，有L0cosθ = v1t0+ R
解得L0=
❑√3 π +2
4
L
因此O、P两点间的距离L
′应满足的条件为L
′>
❑√3 π +2
4
L
5．【答案】ACD
6．【答案】D
7．【答案】(1)5πd
12v0
，
❑√3−1
2
d
(2)T E=πd
2n v0
(n=1,2,3⋯⋯)，❑√
2d
2+(
q E0π
2d
2
16mn v0
2 )
2
(n=1,2,3⋯⋯)
【详解】（1）若只加磁场且磁感应强度B0= 2m v0
qd
，根据洛伦兹力提供向心力q v0 B0= mv0
2
R1
解得R1= d
2
粒子在磁场中的轨迹如图，由图可知R1+2 R1sinθ =d
解得θ =30°
粒子在板间运动的水平位移x = R1−2 R1(1−cosθ)=
❑√3−1
2
d
圆周运动的周期T 1= 2πm
q B0
=πd
v0
粒子在板间运动的时间t = 150°
360° T 1= 5πd
12v0
（2）若同时加电场和磁场，且磁感应强度B0= 3m v0
qd
，根据洛伦兹力提供向心力q v0 B0= mv0
2
R2
解得R2= d
3
粒子在磁场中的轨迹如图，圆周运动的周期T 2= 2πm
q B0
= 2πd
3 v0
粒子在一个电场周期内，沿电场方向的速度变化为零，要使粒子垂直打到P 板上，有
3
4 T 2=nT E(n=1,2,3⋯⋯)
解得T E=πd
2n v0
(n=1,2,3⋯⋯)
粒子沿电场方向的位移大小y =n vm
2 T E=n× 1
2 × q E0
m × T E
2 ×T E= q E0π
2d
2
16mn v0
2 (n=1,2,3⋯⋯)
在磁场中的位移x =
❑√d
2+d
2= ❑√2d
则粒子在板间运动的位移大小s=
❑√x
2+ y
2=
❑√
2d
2+(
q E0π
2d
2
16mn v0
2 )
2
(n=1,2,3⋯⋯)
8．【答案】(1)E = m v0
2
2qd
(2)B = m v0
qd
(3)x = (2+ π )d
2
【详解】（1）粒子从M 点到N 点过程做类平抛运动，沿y 方向有2d = v0t
沿x 方向有d = 1
2 at
2，qE =ma
联立解得E = mv0
2
2qd
（2）粒子经过N 点时沿电场方向的分速度v x=at = v0
粒子经过N 点的速度大小v =
❑√v0
2+ v x
2 = ❑√2v0
速度与x 轴正向的夹角α满足tan α = v y
v x
可得α = 45°
由几何关系可知r =2d cos45°
由洛伦兹力提供向心力得qvB = m v
2
r
解得B = mv0
qd
（3）取一个水平向右的速度使得其对应的洛伦兹力和竖直向下的电场力平衡，则有q v x1B =2qE
解得v x1= v0
粒子以v x1速度水平向右做匀速直线运动，粒子做圆周运动的分速度为v y 1=
❑√v
2−v x1
2
解得v y 1= v0
由q v y 1B = m v y
2
r1
解得r1=d
粒子从Q 点第一次运动到最低点的时间t = 1
4 × 2πm
qB
由x = v xt +r1
解得x = (2+ π )d
2
9．【答案】(1)k = 2v0
2
d E1
(2)B = 2 E1
v0
(3)E2= π −2
3 π
2 E1，沿x轴负方向
【详解】（1）带电粒子在匀强电场的作用下，由P运动至坐标原点O，做类平抛运动，所以有沿x轴方向，
有d = v0t1
沿z轴负方向，有d = 1
2 a1t1
2
且粒子的加速度为a1= q E1
m = E1k
联立解得粒子的比荷为k = 2v0
2
d E1
（2）粒子到达坐标原点时，沿z轴负方向的速度大小为v z=a1t1=2v0
在洛伦兹力的作用下，粒子沿垂直于x轴方向的分运动为匀速圆周运动，有qvB =m v0
2
R
解得R = 2v0
kB
分析可知粒子距离xOy平面的最大距离即圆周运动的半径R = d
2
联立各式即可解得磁场的磁感应强度B = 2 E1
v0
（3）粒子沿垂直于x轴分运动的周期为T = 2πR
2v0
= πd
2v0
故粒子从坐标原点出发到第6 次经过x轴所经历的时间为t2=6T = 3 πd
v0
粒子在匀强电场的作用下，沿x轴方向做匀变速直线运动6d = v0t2+ 1
2 a2t2
2
易知，粒子一定做减速运动，故匀强电场一定沿x轴负方向，有6d = v0t2−1
2 k E2t2
2联立可得E2= π −2
3 π
2 E1
10．【答案】(1)2qB y0
m
πm
3qB
(2) 6 kq
B y0
2
(3)2❑√3 πB y0
3
3kq
【详解】(1)粒子从M 点运动到N 点,运动轨迹如图甲所示
根据几何关系可得rsin θ＝y0
解得粒子运动轨迹半径r＝2y0
粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力,有qv1B＝mv1
2
r
解得v1＝2qB y0
m
粒子在磁场中运动的周期T＝2πr
v1
＝2πm
qB
则粒子在磁场中运动的时间为t1＝2θ
360°
T＝πm
3qB
。
(2)粒子轨迹不变,仍然做匀速圆周运动,因此点电荷只能位于轨迹圆心O1 处,库仑力和洛伦兹力的合力提供
向心力,有
qv2B＋kq·48q
r
2
＝mv2
2
r
(上式可变换为B
2 y0
2
2k
v2
2－qBv2－12k q
2
y0
2
＝0,获得关于v2 的一元二次方程,通过求根公式解得v2 的两个
值)
将m＝B
2 y0
3
k
和r＝2y0代入解得
v2＝6 kq
B y0
2
(另一解v2＝－4 kq
B y0
2
不合题意,舍去)。
(3)粒子从N 点离开,仅在点电荷的作用下运动,粒子所需的向心力mv2
2
r
大于点电荷提供的库仑力kq·48q
r
2
,
因此粒子离心运动,由库仑力和万有引力的相似性可知粒子做类似行星绕中心天体的椭圆轨迹的运动,粒子
的运动轨迹如图乙所示
粒子从N 点运动至与N 点速度方向相反的点的过程中只有电场力做功,粒子电势能和动能总和不变,有
1
2
mv2
2＋qφ2＝1
2
mv3
3＋qφ3
由开普勒第二定律可知粒子在近点和远点的速度满足
1
2
v2Δt·r＝1
2
v3Δt·R
结合电势φ2＝−48kq
r
和φ3＝−48kq
R
解得R＝6y0
粒子椭圆轨道的半长轴a＝R＋r
2
＝4y0
将粒子运动的椭圆轨迹等效转化为半径为r0＝a＝4y0的圆周运动,由牛顿第二定律有
k48q
2
r0
2
＝m4 π
2
T '
2
r0
解得T'＝4 ❑√3 πB y0
3
3kq
则粒子运动时间t2＝1
2
T'＝2❑√3 πB y0
3
3kq
。
