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1 / 11 素养培优4 带电粒子（体）在叠加场、交变场中的运动 带电粒子在叠加场中的运动 1.三种典型情况 （1）若只有两个场，所受合力为零，则表现为匀速直线运动或静止状态。例如电场与磁场叠加时满足qE＝qvB， 重力场与磁场叠加时满足mg＝qvB，重力场与电场叠加时满足mg＝qE。 （2）若三场共存，所受合力为零时，粒子做匀速直线运动，其中洛伦兹力F＝qvB 的方向与速度v 垂直。 （3）若三场共存，粒子做匀速圆周运动时，则有mg＝qE，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，即qvB＝mv 2 r 。 2.解决带电粒子（体）在叠加场中运动的基本思路 【典例1】 （2024·江西高考7 题）石墨烯是一种由碳原子组成的单层二维蜂窝状晶格结构新材料，具有丰富的 电学性能。现设计一电路测量某二维石墨烯样品的载流子（电子）浓度。如图a 所示，在长为a，宽为b 的石墨烯 表面加一垂直向里的匀强磁场，磁感应强度为B，电极1、3 间通以恒定电流I，电极2、4 间将产生电压U。当I＝ 1.00×10－3 A 时，测得U-B 关系图线如图b 所示，元电荷e＝1.60×10－19 C，则此样品每平方米载流子数最接近 （ ） A.1.7×1019 B.1.7×1015 C.2.3×1020 D.2.3×1016 答案：D 解析：设样品每平方米载流子（电子）数为n，电子定向移动的速率为v，则时间t 内通过样品的电荷量q＝ nevtb，根据电流的定义式得I＝q t ＝nevb，当电子稳定通过样品时，其所受电场力与洛伦兹力平衡，则有eU b ＝ evB，联立解得U＝I ne B，结合题图b 可知k＝I ne ＝88×10 －3 320×10 －3 V/T，解得n＝2.3×1016，D 正确。 2 / 11 【典例2】 （2024·河北张家口二模）如图所示，在竖直面内的直角坐标系xOy 中，在第二象限内存在沿x 轴正 方向的匀强电场和磁感应强度大小为B、方向垂直于坐标平面向里的匀强磁场；在第一象限内存在方向竖直向上的 匀强电场和磁感应强度大小也为B、方向垂直于坐标平面向外的匀强磁场。一带正电的小球P 从x 轴上的A 点以某 一速度沿AK 方向做直线运动，AK 与x 轴正方向的夹角θ＝60°，从K 点进入第一象限后小球P 恰好做匀速圆周运 动，经过x 轴时竖直向下击中紧贴x 轴上方静止的带电小球Q，碰后两球结合为一个结合体M，之后M 从y 轴上的 F 点离开第四象限，第四象限存在匀强磁场，方向如图所示。已知重力加速度大小为g，小球P、Q 带电荷量均为 q、质量均为m，不计空气阻力。 （1）求第二象限与第一象限内电场的电场强度大小之比E2 E1 ； （2）求小球Q 静止的位置距O 点的距离； （3）若结合体M 进入第四象限时的速度为v，M 在第四象限运动时的最大速度为2v，则当其速度为2v 时，结合 体M 距x 轴的距离是多少？ 答案：（1）√3 （2）（√3＋2）m 2 g q 2B 2 （3）3 v 2 2g 解析：（1）小球P 沿AK 方向做直线运动，由于洛伦兹力与速度有关，可知其一定做匀速直线运动，受力分析如 图所示 根据几何关系可得E2q mg ＝tan θ 小球Q 静止在第一象限，则qE1＝mg 联立可得 E2 E1 ＝tan θ＝√3。 （2）小球竖直向下击中Q，轨迹如图所示 根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝mv 2 r rsin θ＋r＝d 粒子在第二象限中有qvBcos θ＝mg 联立解得d＝（√3＋2）m 2q q 2B 2。 （3）结合体在第四象限中只有重力做功，根据动能定理可得2mgh＝1 2×2m（2v）2－1 2×2mv2 3 / 11 解得h＝3 v 2 2g 。 带电粒子在交变场中的运动 1.此类问题是场在时间上的组合，电场或磁场往往具有周期性，粒子的运动也往往具有周期性。这种情况下要仔 细分析带电粒子的受力情况和运动过程，弄清楚带电粒子在每一时间段内在电场、磁场中各处于什么状态，做什 么运动，画出一个周期内的运动轨迹，确定带电粒子的运动过程，选择合适的规律进行解题。 2. 解决带电粒子在交变电磁场中运动的基本思路 【典例3】 （2024·福建莆田三模）如图甲所示，平面直角坐标系xOy 的第一象限（含坐标轴）内有垂直于平面 周期性变化的均匀磁场（未画出），规定垂直于xOy 平面向里的磁场方向为正，磁场变化规律如图，已知磁感应 强度大小为B0，不计粒子重力及磁场变化影响。某一带负电的粒子质量为m、电荷量为q，在t＝0 时从坐标原点 沿y 轴正向射入磁场中，将磁场变化周期记为T0，要使粒子在t＝T0时距y 轴最远，则T0的值为（ ） A.143 π m 72q B0 B.2π m q B0 C.3 π m q B0 D. 143 π m 144 q B0 答案：A 解析：粒子在磁场中做匀速圆周运动，0～2 5T0时间内，有qv0B0＝mv0 2 r1 解得r1＝m v0 q B0 周期为T1＝2π r1 v0 ＝2π m q B0 ，2 5T0～T0时间内，有 qv0×2 3B0＝mv0 2 r2 解得r2＝3mv0 2q B0 ＝1.5r1 4 / 11 周期为T2＝2π r2 v0 ＝3 π m q B0 ＝1.5T1 要求在T0时，粒子距y 轴最远，做出粒子运动轨迹如图 根据几何关系，可得sin θ＝ r2 r1＋r2 ＝0.6 解得θ＝37° 则0～2 5T0时间内圆周运动转过的圆心角为π－θ＝143° 可得2 5T0＝143° 360°T1 联立，解得T0＝143 π m 72q B0 故选A。 【典例4】 （2024·广东高考15 题）如图甲所示，两块平行正对的金属板水平放置，板间加上如图乙所示幅值为 U0、周期为t0的交变电压。金属板左侧存在一水平向右的恒定匀强电场，右侧分布着垂直纸面向外的匀强磁场。 磁感应强度大小为B。一带电粒子在t＝0 时刻从左侧电场某处由静止释放，在t＝t0时刻从下板左端边缘位置水平 向右进入金属板间的电场内，在t＝2t0时刻第一次离开金属板间的电场、水平向右进入磁场，并在t＝3t0时刻从下 板右端边缘位置再次水平进入金属板间的电场。已知金属板的板长是板间距离的π 3 倍，粒子质量为m。忽略粒子 所受的重力和场的边缘效应。 （1）判断带电粒子的电性并求其所带的电荷量q； （2）求金属板的板间距离D 和带电粒子在t＝t0时刻的速度大小v； （3）求从t＝0 时刻开始到带电粒子最终碰到上金属板的过程中，电场力对粒子做的功W。 答案：（1）正电 π m Bt0 （2）√ 3 π t0U 0 8 B π√ π U 0 24 Bt0 （3）π mU 0（π 2+16） 48 Bt0 解析：（1）根据带电粒子在右侧磁场中的运动轨迹结合左手定则可知，粒子带正电；粒子在磁场中运动的周期为 T＝2t0 根据T＝2π m qB 则粒子所带的电荷量q＝π m Bt0 。 5 / 11 （2）若金属板的板间距离为D，则板长π D 3 ，粒子在板间运动时π D 3 ＝vt0 出电场时竖直速度为零，则竖直方向y＝2×1 2 U 0q Dm （0.5t0） 2 在磁场中时qvB＝mv 2 r 其中的y＝2r＝2mv qB 联立解得v＝π√ π U 0 24 Bt0 D＝√ 3 π t0U 0 8 B 。 （3）带电粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图，由（2）的计算可知金属板的板间距离 D＝3r 则粒子在3t0时刻再次进入中间的偏转电场，在4t0时刻进入左侧的电场做减速运动速度为零后反向加速，在 6t0时刻再次进入中间的偏转电场，6.5t0时刻碰到上极板，因粒子在偏转电场中运动时，在时间t0内电场力做功为 零，在左侧电场中运动时，往返一次电场力做功也为零，可知整个过程中只有开始进入左侧电场时电场力做功和 最后0.5t0时间内电场力做功，则 W＝1 2mv2＋Eq× D 3 ＝π 3mU 0 48 Bt0 ＋π mU 0 3 Bt0 ＝π mU 0(π 2+16) 48 Bt0 。 1.（多选）（2024·湖北高考9 题）磁流体发电机的原理如图所示，MN 和PQ 是两平行金属极板，匀强磁场垂直于 纸面向里。等离子体（即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子）从左侧以某一速度平行于极板喷入磁场， 极板间便产生电压。下列说法正确的是（ ） A.极板MN 是发电机的正极 B.仅增大两极板间的距离，极板间的电压减小 C.仅增大等离子体的喷入速率，极板间的电压增大 D.仅增大喷入等离子体的正、负带电粒子数密度，极板间的电压增大 解析：AC 由左手定则可知，带正电粒子在磁场中受到向上的洛伦兹力，带负电粒子在磁场中受到向下的洛伦兹 力，则等离子体从左侧喷入磁场时，带正电粒子向上偏转，带负电粒子向下偏转，所以极板MN 带正电，为发电 机的正极，A 正确；极板间的电压稳定后，对在极板间运动的某个带电粒子，有qE＝qvB，又U＝Ed，可得U＝ vBd，所以仅增大两极板间的距离d，极板间的电压增大，B 错误；仅增大等离子体的喷入速率v，极板间的电压增 大，C 正确；仅增大等离子体的正、负带电粒子数密度，极板间的电压不变，D 错误。 6 / 11 2.（2024·福建龙岩期中）如图所示，某空间存在水平向左的匀强电场和垂直于纸面方向的匀强磁场（图中未画 出），一质量为m 的带负电粒子恰能以速度v 沿图中虚线所示的轨迹做直线运动，粒子的运动轨迹与水平方向的 夹角为30°，匀强电场的电场强度大小为E，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（ ） A.匀强磁场的方向垂直于纸面向里 B.匀强磁场的磁感应强度大小为 E v sin 60° C.粒子的电荷量为mg tan30° E D.若粒子运动过程中，磁场突然消失，则粒子可能做匀减速直线运动 解析：C 对粒子受力分析可知，粒子受到的洛伦兹力与速度大小和方向有关，则粒子必定做匀速直线运动，粒子 受到的电场力水平向右，受到的重力竖直向下，则洛伦兹力垂直运动轨迹斜向上，根据左手定则可知，匀强磁场 的方向垂直于纸面向外，故A 错误；根据受力平衡有tan 30°＝qE mg ，sin 30°＝qE qvB ，则粒子的电荷量q＝ mg tan30° E ，匀强磁场的磁感应强度大小为B＝ E v sin30° ，故B 错误，C 正确；若粒子运动过程中，磁场突然 消失，粒子受到的合力方向与粒子的速度方向不共线，则粒子一定做曲线运动，故D 错误。 3.（多选）（2024·江西景德镇一模）光滑绝缘水平桌面上有一个可视为质点的带正电小球，桌面右侧存在由匀强 电场和匀强磁场组成的复合场，复合场的下边界是水平面，到桌面的距离为h，电场强度为E、方向竖直向上，磁 感应强度为B、方向垂直于纸面向外，重力加速度为g，带电小球的比荷为g E ，如图所示。现给小球一个向右的初 速度，离开桌边缘立刻进入复合场运动，从下边界射出，射出时的速度方向与下边界的夹角为60°。下列说法正 确的是（ ） A.小球在复合场中的运动时间可能是2π E 3 gB B.小球在复合场中运动的加速度大小可能是ℎB 2 g 2 E 2 C.小球在复合场中运动的路程可能是4 π ℎ 9 D.小球的初速度大小可能是4 Bgℎ 3 E 解析：AC 带电小球的比荷为g E ，则有Eq＝mg，则在复合场中小球合力为洛伦兹力，所以小球在复合场中做匀 速圆周运动，射出时的速度方向与下边界的夹角为60°，则小球运动情况有两种，轨迹如图所示， 7 / 11 若小球速度为v1，根据几何知识可得轨迹所对应的圆心角为120°，此时小球在复合场中的运动时间为t1＝120° 360° T＝1 3·2π m Bq ＝2π E 3 Bg ，根据几何知识可得，其轨迹半径为R1＝2 3h，根据洛伦兹力提供向心力有Bqv1＝mv1 2 R1 可得， 小球的速度v1＝2Bgℎ 3 E ，小球的路程s1＝120° 360°×2πR1＝4 9 πh，小球的加速度a1＝v1 2 R1 ＝2B 2 g 2ℎ 3 E 2 ，若小球速度为 v2，则根据几何知识可得轨迹所对应的圆心角为60°，此时小球在复合场中的运动时间t2＝60° 360°T＝1 6×2π m Bq ＝π E 3 Bg，根据几何知识可得，其轨迹半径为R2＝2h，根据洛伦兹力提供向心力有Bqv2＝mv2 2 R2 ，可得小球的速度为 v2＝2Bgℎ E ，小球在复合场中运动的路程为s2＝60° 360°×2πR2＝2 3πh，小球的加速度为a2＝v2 2 R2 ＝2B 2 g 2ℎ E 2 ，故选 A、C。 4.（2024·吉林白城二模）如图所示，水平放置的两块带电金属极板a、b 平行正对，极板长度和极板间距都为L， 板间存在方向竖直向下、电场强度大小为E 的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场。一质量为m、带电荷量为 ＋q 的粒子，以水平速度v0从两极板的左端正中央射入极板间，恰好做匀速直线运动。不计粒子的重力及空气阻力。 （1）求匀强磁场磁感应强度B 的大小； （2）若撤去电场，调整磁感应强度B 大小使粒子刚好能从极板a 右端射出，求粒子运动半径； （3）若撤去磁场，粒子能从极板间射出，求粒子穿越电场过程中的动能增量ΔEk。 答案：（1）E v0 （2）5 4 L （3）q 2 E 2 L 2 2m v0 2 解析：（1）由粒子受力平衡可知 qv0B＝qE 解得B＝E v0 ，因此匀强磁场磁感应强度B 的大小为E v0 。 （2）撤去电场，调整磁感应强度B 大小使粒子刚好从极板a 右端射出，其运动轨迹如图所示 8 / 11 由几何关系得r2＝L2＋(r －L 2) 2 解得r＝5 4 L，因此粒子运动半径为5 4 L。 （3）撤去磁场，粒子做类平抛运动，则有 L＝v0t，y＝1 2at2 又由牛顿第二定律得qE＝ma 解得y＝qE L 2 2mv0 2 由动能定理得ΔEk＝qEy＝q 2 E 2 L 2 2m v0 2 ，因此，粒子穿越电场过程中的动能增量为q 2 E 2 L 2 2m v0 2 。 5.（2024·江苏苏州一模）如图甲所示，xOy 平面内存在着变化电场和变化磁场，变化规律如图乙、丙所示，磁感 应强度的正方向为垂直于纸面向里、电场强度的正方向为＋y 方向。t＝0 时刻，一电荷量为＋q、质量为m 的粒子 从坐标原点O 以初速v0沿＋x 方向入射（不计粒子重力）。B-t 图像中B0＝2π m qt0 ，E-t 图像中E0＝mv0 qt0 。求： （1）t0 4 时刻粒子的坐标； （2）0～4t0时间段内粒子速度沿－x 方向的时刻； （3）0～7t0时间段内粒子轨迹纵坐标的最大值。 答案：（1）( v0t0 2π ，v0t0 2π ) （2）1 2t0和19 8 t0 （3）( 3 2 ＋√2 2π ＋1 2π)v0t0 解析：（1）粒子在磁场中运动的周期 T＝2π m q B0 ＝t0 根据洛伦兹力提供向心力，有 B0qv0＝mv0 2 r1 ，又因B0＝2π m qt0 ，解得r1＝v0t0 2π 9 / 11 所以t0 4 时刻粒子坐标为(r1，r1)，即( v0t0 2π ，v0t0 2π )。 （2）0～4t0时间内的运动轨迹如图 由图可知0～4t0时间段内粒子速度沿－x 方向的时刻为t1＝T 2 和t2＝2T＋3 8T，即t1＝1 2t0和t2＝19 8 t0。 （3）0～7t0时间内粒子运动的轨迹如图所示 t0～2t0时间内粒子沿y 轴方向位移 y1＝1 2v0t0 6t0～7t0时间内粒子沿y 轴方向最大位移 y 磁＝(1+cos 45°)r2 因为r2＝√2 2π v0t0，y1＝y2＝y3 所以ym＝3y0＋y 磁 得ym＝( 3 2 ＋√2 2π ＋1 2π)v0t0。 6.（2024·吉林高考15 题）现代粒子加速器常用电磁场控制粒子团的运动及尺度。简化模型如图：Ⅰ、Ⅱ区宽度均 为L，存在垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度等大反向；Ⅲ、Ⅳ区为电场区，Ⅳ区电场足够宽；各区边界均垂直 于x 轴，O 为坐标原点。甲、乙为粒子团中的两个电荷量均为＋q（q＞0）、质量均为m 的粒子。如图，甲、乙平 行于x 轴向右运动，先后射入Ⅰ区时速度大小分别为3 2v0和v0。甲到P 点时，乙刚好射入Ⅰ区。乙经过Ⅰ区的速度 偏转角为30°。甲到O 点时，乙恰好到P 点。已知Ⅲ区存在沿＋x 方向的匀强电场，电场强度大小E0＝9mv0 2 4 π qL 。 不计粒子重力及粒子间相互作用，忽略边界效应及变化的电场产生的磁场。 10 / 11 （1）求Ⅰ、Ⅱ区磁场的磁感应强度的大小B。 （2）求Ⅲ区宽度d。 （3）Ⅳ区x 轴上的电场方向沿x 轴，电场强度E 随时间t、位置坐标x 的变化关系为E＝ωt－kx，其中常系数ω＞ 0，ω 已知、k 未知，取甲经过O 点时t＝0。已知甲在Ⅳ区始终做匀速直线运动，设乙在Ⅳ区受到的电场力大小为 F，甲、乙间距为Δx，求乙追上甲前F 与Δx 间的关系式（不要求写出Δx 的取值范围）。 答案：（1）m v0 2qL （2）3 2πL （3）F＝qω 3 v0 Δx 解析：（1）根据题意，作出甲、乙两粒子在Ⅰ区和Ⅱ区中的运动轨迹，如图所示 乙经过Ⅰ区的速度偏转角为30°，则乙在Ⅰ区运动轨迹所对的圆心角为30° 根据几何关系有r 乙sin 30°＝L 对乙在Ⅰ区运动的过程，由洛伦兹力提供向心力有 qv0B＝mv0 2 r乙 联立解得B＝mv0 2qL。 （2）从乙从进入Ⅰ区到运动至P 点的过程，运动时间t1＝30°+30° 360° T 又T＝2π r乙 v0 ＝4 π L v0 解得t1＝2π L 3 v0 分析可知，甲、乙都沿＋x 方向从P 点射入Ⅲ区，在t1时间内，甲从P 点运动到O 点，根据运动学规律有 d＝3 2v0t1＋1 2at1 2 根据牛顿第二定律有qE0＝ma 联立解得d＝3 2πL。 （3）甲从P 点运动到O 点的过程中，根据运动学规律有 v 甲O＝3 2v0＋at1 解得v 甲O＝3v0 11 / 11 由于甲在Ⅳ区做匀速直线运动，则甲所在位置的电场强度为E 甲＝ωt－kx＝ωt－kv 甲Ot＝0 解得k＝ω 3 v0 当甲运动t0时间至x＝x0处时，乙在Ⅳ区x＝（x0－Δx）处 在x＝x0处有E 甲＝ωt0－kx0＝0 在x＝（x0－Δx）处有E 乙＝ωt0－k（x0－Δx） 又F＝qE 乙 联立解得F＝qω 3 v0 Δx。
