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專題4 帶電粒子在疊加場中的運動問題的分析
一、單項選擇題
1.如圖所示，勻強磁場方向水平向里，勻強電場方向豎直向下，有一正離子恰能沿直線從左向右水平飛越此區域，則（　?。?br />
A．若電子以同樣大小的速度從右向左飛入，電子也沿直線運動
B．若電子以同樣大小的速度從右向左飛入，電子將向上偏轉
C．若電子以同樣大小的速度從右向左飛入，電子將向下偏轉
D．若電子以同樣大小的速度從左向右飛入，電子將向上偏轉
【答案】B
【解析】ABC．若電子以同樣大小的速度從右向左飛入，電場力向上，洛倫茲力也向上，所以向上偏，故AC錯誤，B正確；
D．若電子以同樣大小的速度從左向右飛入，電場力向上，洛倫茲力向下．由題意知電子受力平衡將做勻速直線運動，故D錯誤。
故選B。
2.在磁感應強度為B0、方向豎直向上的勻強磁場中，水平放置一根長通電直導線，電流的方向垂直于紙面向里。如圖所示，a、b、c、d是以直導線為圓心的同一圓周上的四點，在這四點中（　?。?br />
A．b、d兩點的磁感應強度相同 B．a、b兩點的磁感應強度相等
C．c點的磁感應強度的值最小 D．b點的磁感應強度的值最大
【答案】C
【解析】D．用右手螺旋定則判斷通電直導線在a點由向上的磁場，還有電流產生的向上的磁場，根據磁場疊加原理，磁感應強度的值最大，方向向上，故D錯誤；
AB．b點由向上的磁場，還有電流產生的水平向左的磁場，疊加后，方向向左上，d點磁場疊加后磁場方向為右上，故AB錯誤；
C．c點兩個磁場方向相反，疊加后，磁感應強度變小，故c點磁感應強度的值最小，故C正確。
故選C。
3．（2021·湖南邵陽市·高三一模）如圖所示，有一混合正離子束從靜止通過同一加速電場后，進入相互正交的勻強電場和勻強磁場區域I，如果這束正離子束在區域I中不偏轉，不計離子的重力。則說明這些正離子在區域I中運動時一定相同的物理量是（　?。?br />
A．動能 B．質量 C．電荷 D．比荷
【答案】D
【解析】設加速電場的電壓為U，則


設正交電場的場強為E，勻強磁場的磁感應強度為B，由于粒子在區域里不發生偏轉，則


得

可知

其中E、B、U為相同值，正離子的比荷相等。
故選D。

4．（2021·山東棗莊市·高三二模）如圖所示，虛線右側有豎直向下的電場強度的勻強電場及垂直于電場向外的磁感應強度的勻強磁場。在光滑絕緣的水平面上有兩個等大的金屬小球A、B，小球A不帶電，其質量，緊貼虛線靜置的小球B帶電量，其質量。小球A以速度水平向右與小球B發生正碰，碰后小球B垂直于電、磁場直接進入正交電、磁場中。剛進入正交電、磁場的瞬間，小球B豎直方向的加速度恰好為零。設小球A、B碰撞瞬間電荷均分，取。則下列說法正確的是（　　）

A．碰后瞬間，小球A的速度大小為
B．小球A在剛進入正交電、磁場后的短時間內，其電勢能減少
C．過程中，小球A對小球B做的功為
D．小球A、B之間的碰撞為彈性碰撞
【答案】C
【解析】A．小球A、B碰撞瞬間電荷均分，則兩小球電荷量的絕對值均為

且小球B剛進入正交電、磁場的瞬間，豎直方向的加速度恰好為零，則有

解得碰后B球的速度為

小球A、B碰撞過程中，由動量守恒定律可得

解得，碰后瞬間小球A速度為

故A錯誤；
B．小球A剛進入正交電、磁場后，由于

所以小球A向下偏，則電場力做負功，故其電勢能增大，故B錯誤；
C．根據動能定理，可知小球A對小球B做的功為

故C正確；
D．由于碰撞前A、B系統機械能為

碰后系統機械能為

則，機械能不守恒，故小球A、B之間的碰撞為非彈性碰撞，故D錯誤。
故選C。
5.如圖所示，帶電小球P繞O點在豎直平面內做圓周運動，a、b連線為該圓豎直直徑。已知該空間勻強電場的方向豎直向下，勻強磁場方向垂直紙面向里，則小球在做圓周運動過程中，下列判斷正確的是（　　）

A．小球可能帶正電
B．小球在運動過程中機械能不守恒
C．小球一定沿逆時針方向做勻速圓周運動
D．小球運動到a時的電勢能大于運動到b時的電勢能
【答案】B
【解析】A．小球做圓周運動，則電場力與重力平衡，所以電場力豎直向上，因為電場豎直向下，所以小球帶負電，故A錯誤；
B．小球在運動過程中電場力做功，所以機械能不守恒，故B正確；
C．小球運動過程中，洛倫茲力提供向心力，所以根據左手定則，小球沿順時針方向運動，因為小球運動半徑不變，所以小球的線速度大小不變，即小球做勻速圓周運動，故C錯誤；
D．從a到b，電場力做負功，電勢能增加，所以小球運動到a時的電勢能小于運動到b時的電勢能，故D錯誤。
故選B。
6.如圖甲所示，一個帶負電的物塊由靜止開始從斜面上點下滑，滑到水平面上的點停下來，已知物塊與斜面及水平面間的動摩擦因數相同，且不計物塊經過處時的機械能損失。若在空間加豎直向下的勻強電場（電場力小于重力）如圖乙，仍讓物塊從點由靜止開始下滑，結果物塊在水平面上的點停下來．若在空間加向里的勻強磁場如圖丙，再次讓物塊從點由靜止開始下滑結果物塊沿斜面滑下并在水平面上的點停下來，則以下說法中正確的是（　?。?br />
A．點一定在點左側
B．點一定與點重合
C．點一定在點右側
D．點一定與點重合
【答案】B
【解析】AB．設物體的電量為q，電場強度大小為E，斜面的傾角為θ，動摩擦因數為μ，不加電場時，根據動能定理得
①
加電場時，根據動能定理有
②
將①②兩式對比得可得

則D′點一定與D點重合，選項A錯誤，B正確；
CD．在ABC所在空間加水平向里的勻強磁場后，洛倫茲力垂直于接觸面向下，加磁場時，根據動能定理可得
③
比較①③兩式可知，正壓力變大，摩擦力變大，重力做的功不變，所以點一定在D點左側，即

選項CD錯誤。
故選B。
7.如圖所示，一帶電液滴在相互垂直的勻強電場和勻強磁場中剛好做勻速圓周運動，其軌道半徑為已知電場的電場強度為E，方向豎直向下；磁場的磁感應強度為B，方向垂直紙面向里，不計空氣阻力，設重力加速度為g，則（　　）

A．液滴帶正電 B．液滴荷質比
C．液滴順時針運動 D．液滴運動速度大小
【答案】C
【解析】A．液滴在重力場、勻強電場和勻強磁場組成的復合場中做勻速圓周運動，液滴受到的重力和電場力是一對平衡力，故液滴受到的電場力方向豎直向上，與電場方向相反，可知液滴帶負電，故A錯誤；
B．由


解得


故B錯誤；
C．磁場方向垂直向里，洛倫茲力的方向始終指向圓心，由左手定則可以判斷出液滴順時針運動，故C正確；
D．液滴所受的洛倫茲力提供液滴做圓周運動的向心力，即


又


聯立解得


故D錯誤。
故選C。
8.質量為、電荷量為的微粒以速度與水平方向成角從點進入方向如圖所示的正交的勻強電場和勻強磁場組成的混合場區，該微粒在靜電力、洛倫茲力和重力的共同作用下，恰好沿直線運動到A，下列說法中正確的是（　　）

A．該微?？赡苁钦姾?br /> B．微粒從到A的運動可能是勻變速運動
C．該磁場的磁感應強度大小為
D．該電場的場強為
【答案】C
【解析】AB．若微粒帶正電荷，它受豎直向下的重力，向左的電場力和斜向右下方的洛倫茲力，此時合力不可能為零，則洛倫茲力會因速度大小改變而改變，故可知微粒不能做直線運動，據此可知微粒應帶負電荷，且只能做勻速運動，故AB錯誤；
CD．由題意可得微粒受力情況如下圖所示


根據平衡條件可得


故磁場的磁感應強度大小為，電場的場強為，故C正確，D錯誤。
故選C。

二、多項選擇題
9.質量為m、電荷量為q的微粒，以與水平方向成角的速度v，從O點進入方向如圖所示的正交的勻強電場和勻強磁場組成的混合場區，該微粒在電場力、洛倫茲力和重力的共同作用下，恰好沿直線運動到A，重力加速度為g，下列說法正確的是（　　）

A．該微粒一定帶負電荷
B．微粒從O到A的運動可能是勻變速運動
C．該磁場的磁感應強度大小為
D．該電場的場強為
【答案】AD
【解析】AB．若微粒帶正電，它受豎直向下的重力mg、水平向左的電場力qE和斜向右下的洛倫茲力qvB，微粒不能做直線運動，據此可知微粒應帶負電，它受豎直向下的重力mg、水平向右的電場力qE和斜向左。上的洛倫茲力qvB，又知微粒恰好沿直線運動到A，可知微粒應該做勻速直線運動，故A正確，B錯誤；
CD．由平衡條件可知
，
得磁場的磁感應強度

電場的場強

故C錯誤，D正確。
故選AD。
10.如圖所示，勻強磁場方向垂直紙面向里，勻強電場方向豎直向下，有一正離子恰能沿直線從左向右水平飛越此區域。不計重力，則（　?。?br />
A．若電子從右向左以相同速率飛入，電子也沿直線運動
B．若電子從右向左以相同速率飛入，電子將向上偏轉
C．若電子從左向右以相同速率飛入，電子將向下偏轉
D．若電子從左向右以相同速率飛入，電子也沿直線運動
【答案】BD
【解析】AB．若電子從右向左飛入，電場力向上，洛倫茲力也向上，所以向上偏，故A錯誤，B正確；
CD．若電子從左向右飛入，電場力向上，洛倫茲力向下，由題意知電子受力平衡將做勻速直線運動，故C錯誤，D正確。
故選BD。
11．（2021·云南昆明市·昆明一中高三月考）如圖，空間存在方向垂直于紙面（xOy平面）向里的磁場。在x≥0區域，磁感應強度的大小為B0；x<0區域，磁感應強度的大小為3B0。一質量為m、電荷量為q（q>0）的帶電粒子以速度v0沿與x軸正向成60°角射入磁場，并垂直于y軸進入第二象限，當粒子的速度方向第一次沿x軸正向時，不計粒子重力，則粒子運動的時間t和粒子與O點間的距離d分別為（　　）


A． B． C． D．
【答案】AC
【解析】AB．帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的向心力由洛倫茲力提供，所以在x>0區域有

在x<0區域有

解得
，
在x>0區域運動時間

在x<0區域運動時間

故粒子運動的時間

A正確，B錯誤；
CD．粒子與O點間的距離

C正確，D錯誤；
故選AC。
12.如圖是一個速度選擇器的示意圖，在一對相距為d、板間電壓為U的平行金屬板間，加有磁感應強度大小為B、方向與板間勻強電場垂直的勻強磁場。則從P孔射入的粒子能夠沿直線從Q孔射出的是（不計粒子重力）（　?。?br />
A．速度為的帶正電粒子
B．速度為的帶正電粒子
C．速度為的帶負電粒子
D．速度為的帶負電粒子
【答案】BD
【解析】若粒子帶正電，受到電場力向下，洛倫茲力向上，若粒子帶負電，受到電場力向上，洛倫茲力向下，故只要滿足兩個力大小相等即可沿虛線PQ運動，即

可得，帶正電、負電均可以。
故選BD。

三、非選擇題
13．（2021·濟南市歷城第二中學高三月考）如圖所示，在xoy平面x軸上方存在垂直平面向里的勻強磁場，x軸下方有與x軸成角的勻強電場，帶電粒子從原點O以與x軸負向成的初速度射入磁場中，經時間t從點通過x軸進入電場中，偏轉后恰由原點O第一次從電場進入磁場。已知勻強磁場的磁感應強度大小為B，不計帶電粒子重力，。求：
（1）帶電粒子的比荷；
（2）勻強電場的場強E；
（3）帶電粒子第一次從電場進入磁場時的速度v。

【答案】（1）；（2）；（3），與軸負方向成角
【解析】（1）帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，運動軌跡如圖，設軌道半徑為，則

，，
聯立解得

（2）帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，運動軌跡如上圖，設運動時間為，則
，，
解得

（3）設速度大小為v，與x軸負方向成角，則沿電場方向的速度
，，
解得
，，
即帶電粒子第一次從電場進入磁場時速度方向與x軸負方向成角。
14．（2021·安徽池州市·高三一模）如圖所示，在xOy平面的第一、二象限內有方向與x軸負方向成θ=45°、大小為E1（未知）的勻強電場。在第三、四象限內有沿y軸正方向、大小為E2（E1=E2）的勻強電場和垂直于紙面向里的勻強磁場。坐標原點O處有一粒子源，可在xOy平面內向x軸下方各個方向連續射出大量質量為M、電荷量為＋q的同種粒子，其速率在0~v0之間。粒子在x軸下方恰好做勻速圓周運動，且到達x軸離原點O最遠距離為2L。不考慮粒子間的相互作用，重力加速度為g。求：
(1)勻強磁場磁感應強度B的大小；
(2)沿y軸負方向以v0射出的粒子到達y軸正半軸的時間；
(3)若在x軸正半軸水平放置一薄板，且在x=L處開一小孔，粒子源射出的部分粒子可穿過小孔進入x軸上方電場區域，求這些粒子經過y軸正半軸最遠點的坐標。（打到薄板上的粒子均被薄板吸收）


【答案】(1)；(2) ；(3)
【解析】(1)粒子在x軸下方恰好做勻速圓周運動，則有

粒子到達x軸離原點最遠距離為2L，即以v0射出的粒子做勻速圓周的半徑
R0=L
由洛侖磁力提供向心力有

解得

(2)沿y軸負向以v0射出的粒子在x軸下方運動的時間為t1，有

粒子在x=2L處以v0豎直向上進入x軸上方電場區域，對粒子受力分析得，粒子豎直方向受力平衡，x軸負方向加速度大小為
ax=g
設粒子在電場E1區城運動的時間為t2，由類平拋運動可知

解得

故從坐標原點到y軸正半軸的時間

(3)設方向與x軸正半軸成，大小為v的粒子能通過小孔，則有

根據洛倫茲力提供向心力，則有

聯立解得

說明能通過小孔進入電場的粒子均具有相同的沿y軸方向、大小為的分速度。
當粒子以速度v0從原點射入，且與x軸正半軸成30°方向的粒子可到達y軸正半軸最遠處。
此粒子進入x軸上方的電場時有

根據運動學公式有


聯立解得

故最遠點坐標為。
15．（2021·安徽省懷遠縣第一中學高二月考）在豎直平面內建立一平面直角坐標系軸沿水平方向，如圖甲所示。第一象限有一豎直向下的勻強電場，第二象限內有一水平向左的勻強電場，第一象限場強大小為第二象限場強大小的一半。處在第三象限的某種發射裝置（圖中沒有畫出）豎直向上射出一個質量為m、電荷量為的帶負電粒子（可視為質點），該粒子以初速度從上的A點沿y軸正方向進入第二象限，并從上的C點沿x軸正方向進入第一象限，C點粒子動能為A點粒子動能的4倍。重力加速度為g。試求：
（1）求O與C兩點間的距離，以及第二象限勻強電場的電場強度E的大??；
（2）若第一象限同時存在按如圖乙所示規律變化的磁場，磁場方向垂直于紙面（以垂直紙面向外的磁場方向為正方向，圖中均為未知量），并且在時刻粒子由C點沿x軸正方向進入第一象限，且恰好能通過同一水平線上的D點，速度仍然沿x軸正方向，且。若粒子在第一象限中完成一個完整圓周運動的周期等于磁場變化周期，求交變磁場變化的周期的大小；
（3）若第一象限仍同時存在按如圖乙所示規律變化的磁場（以垂直紙面向外的磁場方向為正方向，圖中均為未知量），調整磁場變化的周期，讓粒子在時刻由C點進入第一象限，且恰能沿x軸正方向通過x軸上F點，且，求交變磁場的磁感應強度的大小應滿足的條件。

【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）設粒子從A點運動至C點所用時間為點速度為，根據“C點粒子動能為A點粒子動能的四倍”可得

豎直方向上粒子做勻減速直線運動，取豎直向上為正方向，則


水平方向有

解得

（2）由第（1）問及題干可知

因此帶電粒子在第一象限將做速度為的勻速圓周運動。設運動半徑為R，周期為，使粒子從C點運動到同一水平線上的D點，如圖所示


則

粒子在磁場中勻速圓周運動的周期

則磁場變化的周期

（3）粒子到F點時沿x軸正方向，設粒子運動軌道半徑為，如圖所示




根據，則有

解得
（另一解不合題意，舍去）
所以有

結合半徑公式

故交變磁場磁感應強度大小應滿足的關系

16．（2021·山東濰坊市·高三月考）如圖所示，第一象限內圓心為K的兩個同心圓半徑分別為R和3R，大圓與兩坐標軸分別相切，x軸上的切點為M，MN連線與y軸平行，N點在大圓上。同心圓之間的環狀區域存在著垂直紙面向里的勻強磁場，小圓內存在著垂直紙面向外的勻強磁場；兩處的磁感應強度大小相等，第四象限范圍內分布著沿y軸正方向的勻強電場。一質量為m、電荷量為的帶電粒子從第四象限y軸上的P點沿x軸正方向以某初速度射入勻強電場，經M點時以速度進入環狀區域，且的方向與MN的夾角為，已知粒子在環狀磁場中的運動半徑為2R，且恰好從N點射出磁場，帶電粒子的重力忽略不計。求：
（1）電場強度的大??；OP間的距離；
（2）磁感應強度的大?。涣Ｗ訌腗到N的運動時間；
（3）若粒子從第四象限中NM延長線上的某點由靜止釋放，粒子進入磁場后剛好不進入小圓區域。求此次粒子的釋放位置坐標。

【答案】（1），；（2），；（3）
【解析】(1)分解速度可知


在水平方向

豎直方向

聯立解得

豎直方向的位移為

解得

(2)由牛頓第二定律得

解得

根據幾何知識可得每段圓弧所對應圓心角均為


粒子從M運動到N點的時間

代入B可得

(3)由題意可知，此次粒子的運動軌跡與小圓相切，由幾何知識得


根據幾何關系

解得

由牛頓第二定律得

則有

根據動能定理

可得

所以坐標為。
17．（2021·石嘴山市第三中學高二月考）如圖所示，四分之一光滑圓弧軌道底部與光滑水平面相切于B點，OB的右邊區域有垂直紙面向外的勻強磁場，左邊區域有水平向左的勻強電場E。一質量為m、電荷量為q的帶正電的物體以速度從A點進入磁場，恰好無支持力滑向圓弧軌道底端B點，并恰好能到達圓弧最高點C，求：
(1)磁感應強度B；
(2)圓弧軌道半徑R。

【答案】(1)(2)
【解析】(1)帶電體從A運動到B的過程中，受重力和洛倫茲力作用，根據力的平衡條件可知

解得磁感應強度

(2)帶電體到達圓弧最高點C的過程中，電場力做正功，重力做負功，由動能定理可知

解得圓弧軌道半徑

18.如圖，豎直平面內的平面直角坐標系xoy，x軸沿水平方向，在區域內有垂直xoy平面向外的勻強磁場和豎直向上的勻強電場。在第一象限有矩形區域OACD，，。一個帶正電小球自A點沿x軸正方向以一定初速度射入第一象限，一段時間后小球經D點射入區域，且小球在區域恰沿圓軌跡運動，又經一段時間小球射出區域并回到A點，重力加速度為g。求：
(1)小球自A點射出的初速度v0為多大；
(2)小球自A點射出至再次返回A點所需的時間t為多少；
(3)若只增加小球自A點射出速度大小，小球經過一段時間可經過C點，求能使小球以最短時間從A點返回C點的初速度；

【答案】(1)；(2)；(3)
【解析】(1)小球從A點做平拋運動，則


解得


(2)小球從D點進入的區域

則合速度

速度與x軸成45°角，進入下方正交場后做半徑為

的勻速圓周運動，則用時間

小球出離的區域后斜向上與x軸成45°角斜上拋，由對稱性可知，回到A點的時間仍為

則總時間


(3)要使小球盡快回到C點，則軌跡如圖；小球進入正交場時的速度

則運動半徑

而

則軌跡與x軸交點的距離

由對稱性可知小球從A點到M點的水平位移為
x1=3h
則由平拋運動可知

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