第七節粒子在疊加場中運動

需要掌握的內容

1.疊加場習題核心思想。

疊加場就是磁場與電場疊加可能有重力場，各種場疊加在同一區域。同時考慮洛倫茲力、

電場力以及重力。當粒子運動軌跡為直線時，一定是平衡狀態勻速直線運動。通過受力平衡

分析出洛倫茲力可以求得粒子速度大小。洛倫茲力不做功，考慮做功只有電場力以及重力做

功。

經典習題

單選題1.空間存在豎直向下的勻強電場和水平方向（垂直紙面向里）的勻強磁場，如圖所

示，已知一離子在電場力和洛侖茲力共同作用下，從靜止開始自/點沿曲線/C5運動，到

達2點時速度為零，C為運動的最低點。不計重力，則（）

XXXX

AB

\X

XX/X

XX

cx

VWV

A.該離子帶負電

B.A,2兩點位于同一高度

C.。點時離子速度最小

D.離子到達2點后，將沿原曲線返回/點

單選題2.如圖，空間存在水平向左的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，電場和磁場相

互垂直。在電磁場區域中，有一個豎直放置的光滑絕緣圓環，環上套有一個帶正電的小球,

小球可沿圓環自由運動。。點為圓環的圓心，°、6、c為圓環上的三個點，。點為最高點，

c點為最低點，06沿水平方向。已知小球所受電場力與重力大小相等。現將小球從環的

頂端。點由靜止釋放。下列判斷正確的是（）

a

A.當小球運動的弧長為圓周長的g時洛倫茲力最大

B.小球從。點到6點，洛倫茲力的瞬時功率一直增大

C.小球在6點時，機械能最大

D.小球從6點運動到c點，電勢能增大，動能減小

單選題3.2021年中國全超導托卡馬克核聚變實驗裝置創造了新的紀錄。為粗略了解等離子

體在托卡馬克環形真空室內的運動狀況，某同學將一小段真空室內的電場和磁場理想化為方

向均水平向右的勻強電場和勻強磁場（如圖），電場強度大小為E,磁感應強度大小為以

若某電荷量為q的正離子在此電場和磁場中運動，其速度平行于磁場方向的分量大小為V1,

垂直于磁場方向的分量大小為V2,不計離子重力，則（）

A.電場力的瞬時功率為B.該離子受到的洛倫茲力大小為"由

C.V2與V/的比值不斷變大D.該離子的加速度大小不變

單選題4.如圖所示，界面尸。與水平地面之間有一個正交的勻強磁場3和勻強電場E,在

PQ上方有一個帶正電的小球，第一次讓小球自。點靜止開始下落，穿過電場和磁場到達地

面，空氣阻力不計，下列說法中正確的是（）

?o

P-..............................

----------------------->F

XXXXX

5義X義X義：

義義XXx”

—————————

A.小球穿過電場和磁場區域過程中做勻變速曲線運動

B.小球下落到水平地面時的動能等于其減少的電勢能

C.若僅增大磁感應強度，其他條件不變，小球下落到水平地面時的動能比第一次大

D.若僅將電場反向，其他條件不變，小球穿過電場和磁場區域過程電勢能可能一直不

變

單選題5.空間存在著勻強磁場和勻強電場，磁場的方向垂直于紙面（xOy平面）向里，電

場的方向沿y軸正方向。一帶正電的粒子在電場和磁場的作用下，從坐標原點。由靜止開

始運動。下列四幅圖中，可能正確描述該粒子運動軌跡的是（）

多選題6.帶電粒子在重力場中和磁場中的運動可以分解為在水平方向上的勻速直線運動和

在豎直平面內的勻速圓周運動。若帶正電小球的初速度為零，可以分解為在水平方向上有兩

個大小相等、方向相反速度。水平向右的速度對應的洛倫茲力與小球的重力平衡，水平向左

的速度對應的洛倫茲力提供小球勻速圓周運動向心力。設帶電小球的質量為機、電量為+4,

磁感應強度為8（范圍無限大），重力加速度為g,小球由靜止開始下落，則以下猜想正確

p-

C.小球下降的最大高度2為m失D.小球的加速度大小恒為g

qB

單選題7.如圖所示，空間存在正交的勻強電場和勻強磁場，電場方向水平向右，磁場垂直

于紙面向里，一個帶電小球進入此空間后做直線運動，速度方向垂直磁場斜向右上方，與電

場方向夾角6=45。。已知小球質量為機，電量為9,勻強磁場的磁感應強度為B,重力加

速度為g,貝I()

---------------------------------------------?

XXXXXXXX

---------------------------------------------?

XXXXXXXX

——@:二……---?

xxpxXXXXX

---------------------------------------------A

XXXXXx^xX

---------------------------------------------A

A.小球帶負電

B.小球運動的速度大小為叵壁

2qB

c.勻強電場的電場強度大小為也喧

q

2m

D.小球運動到圖中尸點時，撤去磁場，小球運動到與P點等高位置所用時間為右

多選題8.質量為加、電荷量為4的微粒，以與水平方向成。角的速度v,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，該微粒在電場力、洛倫茲力和重力

的共同作用下，恰好沿直線運動到重力加速度為g,下列說法正確的是()

A

A.該微粒一定帶負電荷

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.該電場的場強為吧叱

q

多選題9.如圖所示，在豎直平面內，由絕緣材料制成的豎直平行軌道CO、bG與半圓軌道

DPG平滑相接，CD段粗糙，其余部分都光滑，圓弧軌道半徑為凡圓心為。，P為圓弧最

低點，整個軌道處于水平向右的勻強電場中，電場強度為E。PDC段還存在垂直紙面向里

的勻強磁場，磁感應強度為瓦有一金屬圓環帶有正電荷q,質量機=再，套在軌道

g

FG上，圓環與軌道間的動摩擦因數〃=0.2。如果圓環從距G點高為10R處由靜止釋放,

P

A.圓環在CD軌道上不能到達相同高度處

B.圓環第一次運動到尸點（未進入磁場區域）時對軌道的壓力為21mg

C.圓環在整個運動過程中克服摩擦力所做的功為

D.圓環最終會靜止在尸點

10.如圖所示，在豎直面內有一直角坐標系xQy,y軸豎直。長度Z=0.4m、傾角Q53。的絕

緣斜面下端固定在。點；x>0區域存在正交的勻強磁場與勻強電場（圖中未畫出），磁場的

磁感應強度大小3=0.7T,方向垂直坐標平面向里，一質量〃z=0.15kg、電荷量q=0.5C的帶正

電滑塊（視為質點）從斜面的頂端/點由靜止沿斜面下滑，離開斜面后恰好做勻速圈周運

動，從y軸上的C點（圖中未畫出）離開磁場。滑塊與斜面間的動摩擦因數〃=0.5,取重力

加速度大小g=10m/s2。sin53°=0.8,cos53°=0.6o不計空氣阻力，計算結果可用分式表示。

（1）求滑塊通過。點時的速度大小v以及電場的電場強度大小E；

（2）求C點的位置坐標；

（3）若在滑塊離開斜面后運動半周通過。點（圖中未畫出）時，立即將電場方向沿順時針

方向轉過16。，電場強度增大且勻強電場充滿全部空間，其他情況不變，求滑塊從。點

起到第二次通過y軸所用的時間t.

X軸水平向右。整個空間存在著水平方向的勻強電場和勻強

磁場，勻強電場的方向沿X軸正方向，電場強度的大小E=5&N/C,勻強磁場的方向垂直

內于xOy平面向紙里，磁感應強度大小2=0.5T。原點。處有一粒子源可連續不斷地發射

速度大小和方向一定、質量m=lxl0Ykg,電荷量q=2xl(F6c的帶正電的微粒，微粒恰能在

xOy平面內做直線運動，重力加速度為g=10m/s2,不計微粒間的相互作用。求:

(1)微粒的速度的大小和方向；

(2)若在這些微粒運動的過程中，突然只將電場變為豎直向上、場強大小變為E'=5N/C,求

從O點射出的所有微粒第一次打在y軸上的坐標范圍(不考慮電場變化產生的磁場)-

12.如圖所示，水平放置的平行金屬板A帶正電，B帶負電，A、B間距離為力勻強電場

的場強為￡,勻強磁場的磁感應強度為3,方向垂直紙面向里，今有一帶電粒子在A、B間

豎直平面內做半徑為R的勻速圓運動，則帶電粒子的轉動方向為時針方向，速率

為o

+++++++A

XX/?…、X

B■：/d

?\/I

XXXXW

13.圖示的環狀軌道處于豎直面內，它由半徑分別為尺和27?的兩個半圓軌道、半徑為R的

兩個四分之一圓軌道和兩根長度分別為2R和4R的直軌道平滑連接而成。以水平線和

尸。為界，空間分為三個區域，區域I和區域III有磁感應強度為8的水平向里的勻強磁場，

區域I和n有豎直向上的勻強電場。一質量為叭電荷量為+夕的帶電小環穿在軌道內，它與

兩根直軌道間的動摩擦因數為〃而軌道的圓弧形部分均光滑。在電場中靠近C

點的地方將小環無初速釋放，設小環電量保持不變（已知區域I和II的勻強電場強大小為

重力加速度為g）。求：

（1）小環在釋放時加速度%的大小;

（2）小環第一次通過軌道最高點N時受到軌道的壓力N的大小;

（3）若從C點釋放小環的同時，在區域II再另加一垂直于軌道平面向里的水平勻強電場,

其場強大小為E'=~,討論小環在兩根直軌道上通過的總路程s班

14.如圖1所示，寬度為d的豎直狹長區域內（邊界為L、Li）,存在垂直紙面向里的勻強

磁場和豎直方向上的周期性變化的電場（如圖2所示），電場強度的大小為瓦，表示電

場方向豎直向上.片0時，一帶正電、質量為加的微粒從左邊界上的N1點以水平速度V射

入該區域，沿直線運動到Q點后，做一次完整的圓周運動，再沿直線運動到右邊界上的N2

點.Q為線段N1N2的中點，重力加速度為g.上述d、瓦、m、v、g為己知量.

L\L?

：xXXX：八￡

：xXXX

%XXX

i4xk-k.x

Ni

：xxgxX

：XXXX

'<——d7——>

圖1圖2

(1)求微粒所帶電荷量q和磁感應強度B的大小；

(2)求電場變化的周期T；

15.如圖所示，直角坐標系X。、位于豎直平面內，在水平的X軸下方存在勻強磁場和勻強電

場，磁場的磁感應強度為3,方向垂直xoy平面向里，電場線平行于y軸。一質量為加、電

荷量為q的帶負電荷的小球，從y軸上的/點水平向右拋出。經x軸上的M點進入電場和

磁場，恰能做勻速圓周運動，從x軸上的N點第一次離開電場和磁場，兒W之間的距離為L

小球過〃點時的速度方向與x軸正方向夾角為仇不計空氣阻力，重力加速度為g,求：

(1)電場強度￡的大小和方向；

(2)小球從/點拋出時初速度vo的大小；

(3)A點到x軸的高度展

忖

XX

XX

XX

答案

第七節

1.B

【詳解】A.根據粒子在/點向下運動，則受到向下的電場力，粒子帶正電，A錯誤；

B.洛倫茲力不做功，則3兩點位于同一高度，B正確；

C./—C電場力做正功，電場力做負功，C點時離子速度最大，C錯誤；

D.離子到達3點后，向右重復原來的運動形式，D錯誤。

故選B。

2.C

【詳解】A.小球受到水平向左的電場力和豎直向下的重力，二者等大，其合力方向與水平

方向成45。向左下，所以小球運動到反的中點之前做加速運動，之后做減速運動，所以小

球在兒的中點時速度最大，此時洛倫茲力最大，故A錯誤；

B.洛倫茲力始終與速度方向垂直，所以洛倫茲力的功率一直為零，故B錯誤；

C.小球從。點到6點的過程，電場力做正功，所以小球的機械能增加，從6點運動到c點

的過程，電場力做負功，小球機械能減少，所以小球在6點時，機械能最大，故C正確；

D.結合A選項的分析可知，小球在6c中點時速度最大，所以小球從6點運動到c點過程

中，動能先增大后減小，故D錯誤。

故選C。

3.D

【詳解】A.根據功率的計算公式可知P=AcosO,則電場力的瞬時功率為尸=￡0/,A錯

誤；

B.由于v/與磁場B平行，則根據洛倫茲力的計算公式有P落=>4,B錯誤；

C.根據運動的疊加原理可知，離子在垂直于紙面內做勻速圓周運動，沿水平方向做加速運

動，則V/增大，V2不變，V2與V/的比值不斷變小，C錯誤；

D.離子受到的洛倫茲力大小不變，電場力不變，則該離子的加速度大小不變，D正確。

故選D。

4.C

【詳解】A.小球進入混合場后，受重力、電場力、洛倫茲力共同作用，初速度豎直向下,

電場力水平向右，洛倫茲力水平向右，因此，合力必不沿豎直方向，故粒子做曲線運動，運

動過程中洛倫茲力時刻變化，故合力將會改變，小球做變加速曲線運動，故A錯誤；

B.小球進入混合場后，受重力、電場力、洛倫茲力共同作用，電場力做正功，洛倫茲力不

做功，根據功能關系可知，小球下落到水平地面時電場力所做的功等于其減少的電勢能，但

是根據能量守恒可知，小球下落到水平地面時的動能等于重力所做的功以及電場力所做的功

之和，即電勢能與重力勢能的減少量的總和，故B錯誤；

C.增大磁感應強度后，將改變洛倫茲力的大小，進而影響粒子的落點發生變化，電場力做

功將會改變，落地時動能將會不同，若僅增大磁感應強度，洛倫茲力增大，洛倫茲力方向向

右，故落點會偏離原來位置向右，故電場力做功變大，小球下落到水平地面時的動能比第一

次大，故C正確；

D.若僅將電場反向，當小球進入電磁場時

Eq=Bqv

此時水平方向上，電場力與洛倫茲力相平衡，但存在豎直方向上的重力，小球存在重力加速

度，速度大小發生改變，故洛倫茲力增大，水平方向平衡打破，小球不可保持勻速直線運動,

故電勢能發生改變，D錯誤；

故選C。

5.B

【詳解】解法一：

AC.在xOy平面內電場的方向沿y軸正方向，故在坐標原點O靜止的帶正電粒子在電場力

作用下會向y軸正方向運動。磁場方向垂直于紙面向里，根據左手定則，可判斷出向y軸正

方向運動的粒子同時受到沿x軸負方向的洛倫茲力，故帶電粒子向x軸負方向偏轉。AC錯

誤；

BD.運動的過程中在電場力對帶電粒子做功，粒子速度大小發生變化，粒子所受的洛倫茲

力方向始終與速度方向垂直。由于勻強電場方向是沿y軸正方向，故x軸為勻強電場的等勢

面，從開始到帶電粒子偏轉再次運動到x軸時，電場力做功為0,洛倫茲力不做功，故帶電

粒子再次回到x軸時的速度為0,隨后受電場力作用再次進入第二象限重復向左偏轉，故B

正確，D錯誤。

故選B。

解法二：

粒子在。點靜止，對速度進行分解，分解為向x軸正方向的速度v,向x軸負方向的速度口

兩個速度大小相等，方向相反。使得其中一個洛倫茲力平衡電場力，即

qBvy=qE

F

則粒子的在電場、磁場中的運動，可視為，向X軸負方向以速度V'=?做勻速直線運動，同

時在X軸上方做勻速圓周運動。

故選B。

6.CD

【詳解】A.在水平方向上帶電小球受力平衡，則有

mg=Bqv

求得水平速度為

遛

Bq

豎直面內勻速圓周運動半徑為

mvm2g

R-----=-------

BqB?q2

周期為

271nl

1=------

Bq

MV兩點間距離為

l

2=T2*7m2g

故A錯誤；

B.小球在運動過程中只有重力做功，洛倫茲力不做功，則小球的機械能守恒，故B錯誤;

c.小球下落的最大高度為

h-2R-BV

故C正確；

D.小球在水平面內是勻速直線運動，豎直面內是勻速圓周運動，小球的加速度大小恒為

v2

〃向==g

K

故D正確。

故選CDo

7.D

【詳解】A.小球在電場、磁場、重力場的復合場中做直線運動，一定做的是勻速直線運動,

對小球受力分析可知，小球只能帶正電，故A錯誤;

B.由力的平衡可知

qvB=叵mg

求得

v=--------

qB

故B錯誤；

C.由

mg=qE

可知

￡=鱉

q

故c錯誤；

D.小球運動到P點時，撤去磁場，小球只在重力和電場力的合力作用下做類平拋運動，則

x=vt

12

y——at

2

a=41g

tan450=2

x

求得

2m

t=——

qB

故D正確。

故選D。

8.AD

【詳解】AB.若微粒帶正電，它受豎直向下的重力加g、水平向左的電場力和斜向右下

的洛倫茲力小3,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、

水平向右的電場力和斜向左。上的洛倫茲力打3,又知微粒恰好沿直線運動到/,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

cos0=,sin9=

qvBqvB

得磁場的磁感應強度

B=mg

qvcosd

電場的場強

mgtan

q

故C錯誤，D正確。

故選AD-

9.ABC

【詳解】A.圓環從G運動到。的過程中，電場力要做負功，在C。軌道上運動時摩擦力

要做負功，而洛倫茲力不做功，所以圓環在軌道上不能到達相同高度處，故A正確。

B.根據題意

qE

m=——

g

得

qE=mg

從開始到圓環第一次運動到尸點的過程，由動能定理得

12

mg-117?—qER=—mv

在P點，由向心力公式有

V2

N-mg=m—

解得

N=2lmg

由牛頓第三定律知圓環對軌道的壓力為21〃zg,故B正確。

CD.圓環最終會在右邊G上方的某點到。處振動，對從開始到。的過程，由動能定理得

mg?10R-qE-2R-Wi=0

解得在整個運動過程中克服摩擦力所做的功為

%=8mgR

故C正確，D錯誤。

故選ABCo

10.(1)v=2m/s,E=3N/C；(2)C點坐標為(0,)；(3)t="j^s

【詳解】(1)滑塊的運動軌跡如圖所示

設滑塊在斜面上滑動的加速度大小為。，根據牛頓第二定律有

mgsin0-ptmgcos0=ma

解得

a=5m/s2

滑塊在斜面上做初速度為零的勻加速直線運動，有

v2=2aL

解得

v=2m/s

因為滑塊在磁場中做勻速圓周運動，所以滑塊所受的重力與電場力平衡，有

mg=qE

解得，電場的電場強度大小為

￡=3N/C

(2)滑塊受到的洛倫茲力提供向心力，有

了2

qvB=m—

r

解得

6

r=-m

7

0c之間的距離為

c“c36

y=2rcos53=——m

35

。點坐標為（0,乎m）

35

（3）電場方向從豎直向上轉過16。后，電場方向與速度方向的夾角為

6=37°+16°=53°

滑塊受到的電場力大小變為

4

F'=qE'=qx-E=2N

計算可得

qE'cos0=1.2N=mgsin0

qvB+mgcos0=1.6N=qE'sin0

因此滑塊從。點開始做勻速直線運動，設滑塊第一次過》軸上的點為尸，滑塊從。點運動

到尸點的時間

2rtan6

/3二------

v

解得

8

t,=—s

37

滑塊進入第二象限后做類平拋運動，之后從。點第二次通過歹軸，等效重力加速度大小

,_qE'sin0-mgcos0_qvB_14血$2

mm3

經分析可知

tan0=-1y--

2g片

解得

9

F

又

t=t3+t4

解得

11.(1)v=20m/s,方向為斜向上與電場方向夾角為60°；(2)20mWyW(40+206)m

【詳解】(1)根據題意，對粒子進行受力分析，受到洛倫茲力、豎直向下的重力和水平向右

的安培力三個力，要使粒子在平面內恰好做直線運動，則粒子受到的合力為零，有

解得

設洛倫茲力與電場力夾角為。，則有

解得

a=150°

根據左手定則可得速度方向斜向上，根據幾何關系可得速度方向與電場方向的夾角為

9=150°-90°=60°

(2)若在這些微粒運動的過程中，突然只將電場變為豎直向上、場強大小變為E'=5N/C,有

qE'=mg

微粒在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，根據

V2

qvB=m——

得粒子做勻速圓周運動得半徑

當從。點開始電場變為E',此時微粒做勻速圓周運動到達y軸距離。點最近，根據幾何知

識

Oa=2rcos60°=20m

當粒子做勻速圓周運動得軌跡與速度所在的直線和〉軸相切，此時微粒第一次打在〉軸上的

點距離。點最大，根據幾何關系

廠(1+cos30°)

Ob==(40+20百)m

tan^sin30

2

則從。點射出的所有微粒第一次打在〉軸上的坐標范圍為

20m<y<(40+20^/3)m

12.順

E

【詳解】［1］由題意可知，粒子之所以能做勻速圓周運動，是因電場力與重力平衡，所以電

場力豎直向上，根據電場線的方向，則粒子帶負電，再根據左手定則可知，粒子沿著順時針

方向轉動。

［2］由洛倫茲力提供向心力可知

v2…

Bqv=m—①

而在豎直方向上電場力與重力平衡，合力為零，則有

qE=mg②

聯立①②解得

E

I----、3R34R

13.(1)g；(2)1Img+qByllOgR；(3)—或—

【詳解】(1)對小環在。點，由牛頓第二定律得

qE-mg=mac

解得

ac=g

(2)從。到4洛倫茲力不做功，小環對軌道無壓力，也就不受軌道的摩擦力，由動能定

理得

12

qE5R_mg?5R=—mvA-0

小環過/點時，由牛頓第二定律得

N+mg-qv出—qE=m:

解得

N=1Img+qByJlOgR

(3)由于小環必能通過4點，如果恰好停在K點，對整個運動過程，由動能定理

有

qE-3R-mg-3R-/J,=0

解得

3R

s總二

A

如果最終在。或O'點速度為零(即在。與。點之間往復運動)。由動能定理得

qE-AR-mg-47?-//=0

解得

47?

s總二一