物理新增分大一輪新高考（京津魯瓊）講義第九章磁場強化十一

專題強化十一帶電粒子在疊加場和組合場中的運動

【專題解讀】1.本專題是磁場、力學、電場等知識的綜合應用，高考往往以計算壓軸題的形式

出現(xiàn).

2.學習本專題，可以培養(yǎng)同學們的審題能力、推理能力和規(guī)范表達能力.針對性的專題訓練，

可以提高同學們解決難題、壓軸題的信心.

3.用到的知識有：動力學觀點（牛頓運動定律）、運動學觀點、能量觀點（動能定理、能量守恒

定律）、電場的觀點（類平拋運動的規(guī)律）、磁場的觀點（帶電粒子在磁場中運動的規(guī)律）.

命題點一帶電粒子在疊加場中的運動

L帶電粒子在疊加場中無約束情況下的運動

（1）洛倫茲力、重力并存

①若重力和洛倫茲力平衡，則帶電粒子做勻速直線運動.

②若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電粒子將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，故機械

能守恒，由此可求解問題.

（2）電場力、洛倫茲力并存（不計重力的微觀粒子）

①若電場力和洛倫茲力平衡，則帶電粒子做勻速直線運動.

②若電場力和洛倫茲力不平衡，則帶電粒子將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，可用

動能定理求解問題.

（3）電場力、洛倫茲力、重力并存

①若三力平衡，一定做勻速直線運動.

②若重力與電場力平衡，一定做勻速圓周運動.

③若合力不為零且與速度方向不垂直，將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，可用能量

守恒定律或動能定理求解問題.

2.帶電粒子在疊加場中有約束情況下的運動

帶電粒子在疊加場中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道等約束的情況下，常見的運動形式有直線運

動和圓周運動，此時解題要通過受力分析明確變力、恒力做功情況，并注意洛倫茲力不做功

的特點，運用動能定理、能量守恒定律結合牛頓運動定律求解.

【例1】（2017?全國卷I?16）如圖1,空間某區(qū)域存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向上

（與紙面平行），磁場方向垂直于紙面向里，三個帶正電的微粒。、6、c電荷量相等，質量分

別為7加、mt,、mc,已知在該區(qū)域內(nèi)，。在紙面內(nèi)做勻速圓周運動，6在紙面內(nèi)向右做勻速直

線運動，。在紙面內(nèi)向左做勻速直線運動.下列選項正確的是（）

圖1

K.ma>mb>mcB.mh>ma>mc

C.mc>ma>mbD.mc>mb>ma

答案B

解析設三個微粒的電荷量均為q,

a在紙面內(nèi)做勻速圓周運動，說明洛倫茲力提供向心力，重力與電場力平衡，則加ag=q￡①

6在紙面內(nèi)向右做勻速直線運動，三力平衡，則加淚=亞+卯8②

c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運動，三力平衡，則加cg+qzB=q￡③

比較①②③式得：7〃戶加“>強，選項B正確.

【變式1】（多選）（2018?河南省安陽市第二次模擬）如圖2所示，空間某處存在豎直向下的勻強

電場和垂直紙面向里的勻強磁場，一個帶負電的金屬小球從"點水平射入場區(qū)，經(jīng)一段時間

運動到N點，關于小球由M到N的運動，下列說法正確的是（）

圖2

A.小球可能做勻變速運動B.小球一定做變加速運動

C.小球動能可能不變D.小球機械能守恒

答案BC

解析小球從M到N,在豎直方向上發(fā)生了偏轉，所以受到的豎直向下的洛倫茲力、豎直向

下的重力和豎直向上的電場力的合力不為零，并且速度方向變化，則洛倫茲力方向變化，所

以合力方向變化，故不可能做勻變速運動，一定做變加速運動，A錯誤，B正確；若電場力

和重力等大反向，則運動過程中電場力和重力做功之和為零，而洛倫茲力不做功，所以小球

的動能可能不變，重力勢能減小，這種情況下機械能不守恒，若電場力和重力不等大，則有

電場力做功，所以機械能也不守恒，故小球的機械能不守恒，C正確，D錯誤.

【例2】（2016?天津理綜T1）如圖3所示，空間中存在著水平向右的勻強電場，電場強度大小E

=5A/3N/C,同時存在著垂直紙面向里的勻強磁場，其方向與電場方向垂直，磁感應強度大

小3=0.5T.有一帶正電的小球，質量a=1*10-6kg,電荷量q=2xl（）―6C,正以速度v在圖

示的豎直面內(nèi)做勻速直線運動，當經(jīng)過尸點時撤掉磁場（不考慮磁場消失引起的電磁感應現(xiàn)

象），取g=10m/s2,求：

圖3

(1)小球做勻速直線運動的速度。的大小和方向；

(2)從撤掉磁場到小球再次穿過尸點所在的這條電場線經(jīng)歷的時間t.

答案(1)20m/s方向與電場方向成60。角斜向上

(2)2^3s

解析(1)小球做勻速直線運動時受力如圖甲，其所受的三個力在同一平面內(nèi)，合力為零，

有qvB=yjq^+m2^2?

代入數(shù)據(jù)解得z，=20m/s②

速度v的方向與電場E的方向之間的夾角滿尺tan。=也③

mg

代入數(shù)據(jù)解得tan9=3

8=60。④

(2)解法一撤去磁場，小球在重力與電場力的合力作用下做類平拋運動，如圖乙所示，設其

加速度為0,有a=JqE+m2g2⑤

m

設撤去磁場后小球在初速度方向上的分位移為X,有x=vt?

設小球在重力與電場力的合力方向上的分位移為y9有＞=5好⑦

tan0=^?

x

聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧式，代入數(shù)據(jù)解得t=2yl3s⑨

解法二撤去磁場后，由于電場力垂直于豎直方向，它對豎直方向的分運動沒有影響，以尸

點為坐標原點，豎直向上為正方向，小球在豎直方向上做勻減速運動，其初速度為馬=osin。⑤

若使小球再次穿過尸點所在的電場線，僅需小球的豎直方向上分位移為零，則有Vyt-^gt2=

0@

聯(lián)立⑤⑥式，代入數(shù)據(jù)解得/=23s.

【變式2](2018?山西省孝義市質量檢測三)如圖4所示,豎直平面內(nèi)存在水平方向的勻強電場,

電場強度為￡,同時存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為8,紙面內(nèi)放置一光滑的

絕緣細桿，與水平方向成0=45。角.質量為加、帶電荷量為g的金屬小環(huán)套在細桿上，以初速

度。0沿著細桿向下運動，小環(huán)離開細桿后，恰好做直線運動，則以下說法正確的是()

圖4

A,小球可能帶負電

B.電場方向可能水平向右

,也ng

C.小球的初速度6

qB

D.小球離開細桿時的速度。=旦

B

答案C

命題點二帶電粒子在組合場中的運動

1.組合場：電場與磁場各位于一定的區(qū)域內(nèi)，并不重疊，電場、磁場交替出現(xiàn).

2.分析思路

（1）劃分過程：將粒子運動的過程劃分為幾個不同的階段，對不同的階段選取不同的規(guī)律處理.

（2）找關鍵：確定帶電粒子在場區(qū)邊界的速度（包括大小和方向）是解決該類問題的關鍵.

（3）畫運動軌跡：根據(jù)受力分析和運動分析，大致畫出粒子的運動軌跡圖，有利于形象、直觀

地解決問題.

■模型1磁場與磁場的組合

【例3】（2017?全國卷II124）如圖5,空間存在方向垂直于紙面（xOy平面）向里的磁場.在

區(qū)域，磁感應強度的大小為瓦；x<0區(qū)域，磁感應強度的大小為比o（常數(shù)4>1）.一質量為加、

電荷量為式4>0）的帶電粒子以速度。0從坐標原點。沿x軸正向射入磁場，此時開始計時，

當粒子的速度方向再次沿x軸正向時，求：（不計重力）

圖5

（1）粒子運動的時間；

（2）粒子與。點間的距離.

答案（1）儂（1+1）Q心媽（1—1）

BoqABoq2

解析（1）在勻強磁場中，帶電粒子做勻速圓周運動.設在區(qū)域，圓周半徑為在x<0

2

區(qū)域，圓周半徑為由洛倫茲力公式及牛頓運動定律得夕為。0=加微"①

2

q入Bo?o=n^~②

設粒子在1三0區(qū)域運動的時間為心則九=幽③

vo

粒子在XV。區(qū)域運動的時間為力，貝卜2=臉④

Vo

聯(lián)立①②③④式得，所求時間為/=力+，2=磔（1+1）⑤

BoqA

（2）由幾何關系及①②式得，所求距離為

d=2(R—七)=湃(1—；)

BoqZ

【變式3】(2019?廣東省韶關市調(diào)研)如圖6所示，在無限長的豎直邊界/C和。E間，上、下

部分分別充滿方向垂直于平面/DEC向外的勻強磁場，上部分區(qū)域的磁感應強度大小為瓦，

OF為上、下磁場的水平分界線.質量為m、帶電荷量為+q的粒子從AC邊界上與。點

相距為。的尸點垂直于AC邊界射入上方磁場區(qū)域，經(jīng)。尸上的。點第一次進入下方磁

場區(qū)域，。與。點的距離為3a.不考慮粒子重力.

圖6

(1)求粒子射入時的速度大?。?/p>

(2)要使粒子不從AC邊界飛出，求下方磁場區(qū)域的磁感應強度?應滿足的條件；

⑶若下方區(qū)域的磁感應強度B=3Bo,粒子最終垂直DE邊界飛出，求邊界DE與4c間距

離的可能值.

答案(1聲幽(2)5金曲(3)4"°(〃=1,2,3…)

m3

解析(1)粒子在。方上方的運動軌跡如圖所示，

設粒子做圓周運動的半徑為R,由幾何關系可知R2—(R—Q)2=(3Q)2,R=5a

由牛頓第二定律可知：quBo=n^~,解得：0=

Rm

(2)當粒子恰好不從4C邊界飛出時，運動軌跡如圖所示，設粒子在。產(chǎn)下方做圓周運動的半

徑為n,

由幾何關系得：n+ncos0=3afcos0=~,所以尸產(chǎn)^^,根據(jù)85i=里巴，解得：臺尸鼓^,

58n3

當時，粒子不會從/C邊界飛出；

(3)當3=3瓦時，粒子的運動軌跡如圖所示，粒子在。尸下方的運動半徑為：設粒子

的速度方向再次與射入磁場時的速度方向一致時的位置為Pi,則P與Pi的連線一定與OF

平行，根據(jù)幾何關系知：PPi=4a,所以若粒子最終垂直。E邊界飛出，邊界DE與/C間

的距離為:L=nPPi=4/za(；7=1,2,3,")?

.模型2電場與磁場的組合

[例4](2018?全國卷II25)-足夠長的條狀區(qū)域內(nèi)存在勻強電場和勻強磁場，其在xOy平面內(nèi)

的截面如圖7所示：中間是磁場區(qū)域，其邊界與夕軸垂直，寬度為/,磁感應強度的大小為瓦

方向垂直于X。平面；磁場的上、下兩側為電場區(qū)域，寬度均為,電場強度的大小均為E,

方向均沿X軸正方向；M、N為條狀區(qū)域邊界上的兩點，它們的連線與y軸平行.一帶正電的

粒子以某一速度從M點沿〉軸正方向射入電場，經(jīng)過一段時間后恰好以從M點入射的速度

從N點沿y軸正方向射出.不計重力.

圖7

(1)定性畫出該粒子在電磁場中運動的軌跡；

(2)求該粒子從M點入射時速度的大??；

⑶若該粒子進入磁場時的速度方向恰好與x軸正方向的夾角為匹，求該粒子的比荷及其從M

6

點運動到N點的時間.

答案(1)見解析圖(2)絲心(3力可：+

BlB2PE

解析(1)粒子運動的軌跡如圖(a)所示.(粒子在電場中的軌跡為拋物線，在磁場中為圓弧，上

下對稱)

(2)粒子從電場下邊界入射后在電場中做類平拋運動.設粒子從〃點射入時速度的大小為

在下側電場中運動的時間為方,加速度的大小為Q；粒子進入磁場的速度大小為0,方向與電

場方向的夾角為仇

如圖(b),速度沿電場方向的分量為s.

根據(jù)牛頓第二定律有qE=ma①

式中q和冽分別為粒子的電荷量和質量.

由運動學公式有vi=at?

I'=vot?

U1=Z7COS6?

粒子在磁場中做勻速圓周運動，設其運動軌道半徑為R,由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得

由幾何關系得l=2Rcos0?

聯(lián)立①②③④⑤⑥式得利=竺匕~@

BI

vo

(3)由運動學公式和題給數(shù)據(jù)得。1=—7r⑧

tan-

6

聯(lián)立①②③⑦⑧式得2=4他?⑨

mB2P

設粒子由M點運動到N點所用的時間為，，則，=2H

式中7是粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期，則?二四?

qB

「I岳/]

由③⑦⑨⑩?式得t'=整18/'J

【變式4】(2018?山西省晉城市第一次模擬)在如圖8甲所示的xOy坐標系中，第一象限內(nèi)有垂

直坐標平面的勻強磁場；第二象限內(nèi)有方向水平向右、場強大小為E的勻強電場田；第四象

限內(nèi)有方向水平(以水平向右為正方向)、大小按圖乙規(guī)律變化的電場生，變化周期7=

㈣2一質量為加、電荷量為十?的粒子，從(―xo,祝)點由靜止釋放，進入第一象限后恰

VEq

能繞。點做勻速圓周運動.以粒子經(jīng)過x軸進入第四象限的時間點為電場￡2的計時起點，不

計粒子重力.求：

圖8

⑴第一象限內(nèi)勻強磁場的磁感應強度B的大小;

(2)粒子在第四象限中運動，當/=,時，粒子的速度;

(3)粒子在第四象限中運動，當，=〃T(〃￡N*)時，粒子的坐標.

答案⑴入2(2)2、眄，方向與水平方向成45。角斜向右下方⑶[(〃+1)為，-

\1qxo\1m

2〃Xo](〃￡N*)

解析(1)設粒子離開第二象限時的速度為。0,在第二象限內(nèi)，由動能定理得4￡次)=3根。。2

，2qEx0

解得vo=

m

2

在第一象限內(nèi)，粒子做勻速圓周運動的速度為。o,由洛倫茲力提供向心力得夕仍近=加%

X0

2mE

解得B=

qxo

(2)粒子進入第四象限后，加速度〃=彼&=史"，當時在水平方向上有o水平=辦=2"X，

mm2m2

'2qExQ^

得。水平==

m

故粒子的速度大小v合=/研)=2

方向與水平方向成45。角斜向右下方

⑶粒子在第四象限中運動時，)軸方向上做勻速直線運動，x軸方向上前半個周期向右做勻

加速運動，后半個周期向右做勻減速運動直到速度為0;每半個周期向右前進x=1X退Gh

2m

=；，每個周期前進xo

當/="T時，x軸距。點的距離x=xo+nxo

y軸距0點的距離y——vonT——2nxo

粒子的坐標［（〃+l）xo,—2〃xo］（"eN*）

1.（多選）（2018?河南省駐馬店市第二次質檢）如圖1所示，平面直角坐標系的第二象限內(nèi)存在著

垂直紙面向外、磁感應強度大小為23的勻強磁場，第三象限內(nèi)存在著垂直紙面向里、磁感

應強度大小為3的勻強磁場.一帶負電的粒子從原點O以某一速度沿與y軸成30。角方向斜向

上射入磁場，且在第二象限運動時的軌跡圓的半徑為凡已知帶電粒子的質量為處所帶電

荷量為4,且所受重力可以忽略.則（）

圖1

A.粒子在第二象限和第三象限兩磁場中運動的軌跡圓半徑之比為1:2

B.粒子完成一次周期性運動的時間為孫

3qB

C.粒子從O位置入射后第二次經(jīng)過x軸時的位置到坐標原點的距離為3^37?

D.若僅將粒子的入射速度大小變?yōu)樵瓉淼?倍，則粒子完成一次周期性運動的時間將減少

答案AC

解析由半徑公式皿知，軌跡圓半徑與磁感應強度5成反比，所以粒子在第二象限和第

qB

三象限兩磁場中運動的軌跡圓半徑之比為1：2,故A正確；粒子在磁場中運動一個周期的軌

跡如圖所示：

在第二象限的周期八=辿=畋圓心角為120。，運動時間在第三象限

q，2BqB36003qB

運動的周期？2=物，圓心角為120。，運動時間/2=辿乙=①，所以粒子完成一次周期性

qB36003qB

運動的時間方=/1+/2=四，故B錯誤；粒子在第三象限軌跡圓的半徑為&=2凡從。點入

qB

射后第一次經(jīng)過X軸的距離Xl=34=3七第二次圓弧的弦長X2=3&=23七所以粒子

從O位置入射后第二次經(jīng)過x軸時的位置到坐標原點的距離為X=XI+X2=3\/3凡故C正確;

若僅將粒子的入射速度變?yōu)樵瓉淼?倍，周期7=綱與速度無關，圓心角不變，所以在磁

qB

場中運動時間/=且7不變，故D錯誤.

2兀

2.（多選）（2019?山西省晉城市第一次模擬）足夠大的空間內(nèi)存在著豎直向上的勻強磁場和勻強

電場，有一帶正電的小球在電場力和重力作用下處于靜止狀態(tài).現(xiàn)將磁場方向順時針旋轉30%

同時給小球一個垂直磁場方向斜向下的速度0（如圖2所示），則關于小球的運動，下列說法正

確的是（）

圖2

A.小球做類平拋運動

B.小球在紙面內(nèi)做勻速圓周運動

C.小球運動到最低點時電勢能增加

D.整個運動過程中機械能不守恒

答案CD

解析小球在復合電磁場中處于靜止狀態(tài)，只受兩個力作用，即重力和電場力且兩者平衡，

當把磁場順時針方向旋轉30°,且給小球一個垂直磁場方向的速度o,則小球受到的合力就是

洛倫茲力，且與速度方向垂直，所以小球在垂直于紙面的傾斜平面內(nèi)做勻速圓周運動，選項

A、B錯誤；小球從開始到最低點過程中克服電場力做功，電勢能增加，選項C正確；整個

運動過程中機械能不守恒，選項D正確.

3.（2018?江西省十所省重點高中二模）如圖3所示，在紙面內(nèi)有兩個磁感應強度大小均為3、

方向相反的勻強磁場，虛線等邊三角形/8C為兩磁場的理想邊界.已知三角形/8C邊長為3

虛線三角形內(nèi)為方向垂直紙面向外的勻強磁場，三角形外部的足夠大空間為方向垂直紙面向

里的勻強磁場.一電荷量為+如質量為%的帶正電粒子從N3邊中點尸垂直邊射入三角

形外部磁場，不計粒子的重力和一切阻力，試求：

圖3

（1）要使粒子從P點射出后在最短時間內(nèi)通過B點、,則從尸點射出時的速度oo為多大？

（2）滿足（1）間的粒子通過3后第三次通過磁場邊界時到B的距離是多少？

（3）滿足（1）間的粒子從尸點射入外部磁場到再次返回到尸點的最短時間為多少？畫出粒子的

軌跡并計算.

答案（1產(chǎn)（2）—（3）見解析

4m4

解析（1）當粒子運動半個圓周到達8點時所用時間最短，此時粒子做圓周運動半徑廠=4根

4

據(jù)洛倫茲力提供向心力可得r=-,解得。（）=理；

qB4m

（2）粒子做圓周運動半徑T=±由幾何關系可知：

4

設過B點后第三次通過磁場邊界時到B點的距離為s,

。3L

s=3r=一;

4

（3）粒子運動軌跡如圖

粒子在磁場中運動的周期7=—,由圖可知從P點射入外部磁場到再次返回到P點的最短

qB

時間為

63qB

4.（2018?河南省濮陽市第二次模擬）如圖4所示，在xQy坐標系的第二象限內(nèi)有水平向右的勻

強電場，第四象限內(nèi)有豎直向上的勻強電場，兩個電場的場強大小相等，第四象限內(nèi)還有垂

直于紙面的勻強磁場，讓一個質量為加、帶電荷量為夕的粒子在第二象限內(nèi)的P（一乙L）點

由靜止釋放，結果粒子沿直線運動到坐標原點并進入第四象限，粒子在第四象限內(nèi)運動后從

x軸上的0。，0）點進入第一象限，重力加速度為g,求：

圖4

（1）粒子從P點運動到坐標原點的時間；

（2）勻強磁場的磁感應強度的大小和方向.

答案（1八丹（2）以*方向垂直紙面向里

7gqNL

解析（1）粒子在第二象限內(nèi)做直線運動，因此電場力和重力的合力方向沿P。方向，則粒子

帶正電.

由運動學知識可得/〃g=q￡i=q￡2,y^2mg—ma,也解得/絲

2Vg

（2）設粒子從。點進入第四象限的速度大小為V,由動能定理可得僅

解得？=2\[gL,方向與x軸正方向成45。角，由于粒子在第四象限內(nèi)受到電場力與重力等大

反向，因此粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，由于粒子做勻速圓周運動后從x軸上的

。（工,0）點進入第一象限，根據(jù)左手定則可以判斷，磁場方向垂直于紙面向里.

粒子做勻速圓周運動的軌跡如圖，由幾何關系可知

粒子做勻速圓周運動的軌跡半徑為R=^L

2

由牛頓第二定律可得5卯=加彳，解得餐

5.（2018?山東省日照市一模）如圖5所示，在坐標系xQy平面的x>0區(qū)域內(nèi)，存在電場強度大

小E=2X105N/C、方向垂直于x軸的勻強電場和磁感應強度大小5=0.2T、方向與xOy平面

垂直向外的勻強磁場.在y軸上有一足夠長的熒光屏尸0,在x軸上的M(10,0)點處有一粒子

-27

發(fā)射槍向x軸正方向連續(xù)不斷地發(fā)射大量質量m=6.4xl0kg＞電荷量4=3.2x10-19c的帶

正電粒子(重力不計)，粒子恰能沿x軸做勻速直線運動.若撤去電場，并使粒子發(fā)射槍以M點

為軸在xOy平面內(nèi)以角速度。=2兀rad/s順時針勻速轉動(整個裝置都處在真空中).

圖5

(1)判斷電場方向，求粒子離開發(fā)射槍時的速度；

(2)帶電粒子在磁場中運動的軌跡半徑；

⑶熒光屏上閃光點的范圍距離；

(4)熒光屏上閃光點從最低點移動到最高點所用的時間.

答案見解析

解析(1)帶正電粒子(重力不計)在復合場中沿x軸做勻速直線運動，據(jù)左手定則判定洛倫茲

力方向向下，所以電場力方向向上，電場方向向上有《￡