2025年新高考物理压轴题专项训练：带电粒子在叠加场中运动（含解析）

压轴题08带电粒子在叠加场中运动

NO.1

压轴题解读

1.带电粒子在叠加场中的运动在高考物理中占据重要地位，是检验学生综合运用电场、磁场等物理知识解决复

杂问题的能力的重要考点。

2.在命题方式上，这类题目通常以综合性强的计算题形式出现，可能涉及电场、磁场、重力场等多个叠加场的

组合，要求考生分析带电粒子在这些叠加场中的受力情况、运动轨迹、速度变化等，并运用相应的物理公式和定

理进行计算和推理。

3.备考时，考生应首先深入理解叠加场的基本原理和带电粒子在其中的运动规律，掌握电场力、洛伦兹力、重

力等力的计算方法和叠加原理。同时，考生需要熟悉相关的物理公式和定理，并能够灵活运用它们解决具体问题。

此外，考生还应注重实践练习，通过大量做题来提高自己的解题能力和速度。

NO.2

压轴题密押

写解题要领归纳

考向一：带电粒子在叠加场中的直线运动

1.带电粒子在电场和磁场的叠加场中做直线运动，电场力和洛伦兹力一定相互平衡，因此可利用二力平衡解题。

2.带电粒子在电场、磁场、重力场的叠加场中做直线运动，则粒子一定处于平衡状态，因此可利用平衡条件解题。

考向二：带电粒子在叠加场中的圆周运动

L带电粒子做匀速圆周运动，隐含条件是必须考虑重力，且电场力和重力平衡。

2.洛伦兹力提供向心力和带电粒子只在磁场中做圆周运动解题方法相同。

考向三：配速法处理带电粒子在叠加场中的运动

1.若带电粒子在磁场中所受合力不会零，则粒子的速度会改变，洛伦兹力也会随着变化，合力也会跟着变化，则

粒子做一般曲线运动，运动比较麻烦，此时，我们可以把初速度分解成两个分速度，使其一个分速度对应的洛伦

兹力与重力（或电场力，或重力和电场力的合力）平衡，另一个分速度对应的洛伦兹力使粒子做匀速圆周运动，

这样一个复杂的曲线运动就可以分解分两个比较常见的运动，这种方法叫配速法。

2.几种常见情况：

常见情况处理方法

xxXXXXX把初速度0,分解一个向左的速度x和一个向右的速度Vi

初速度£D>

XXXXXX

为0,有XXXXXXX

重力XXXXXXX

XXXXXXX

XXXXXXX

把初速度0,分解一个向左的速度％和一个向右的速度当

XXXxx|XX

X5XXXXXX

初速度

XXXXXXX

为0,不XXXXXXX

（）-------

计重力XXXXXXX

XXXXXXX

\f\f「，、，5fV

E、，&Eq

把初速度0,分解一个斜向左下方的速度％

XXXXX义？和一个斜向右上方的速度Vi

初速度xBX0xxxx

XXXXXX

为0,有E

XXXXXXX

重力--------------------------------------->

XXXXXXX

X-X-----X------X-----X----X-X

把初速度%,分解速度％和速度V2

X於XX，%XX

XXxCXXXJ

初速度XXXXXXxV2J'施=BqVi

XXXXXXXX^--X-V[0XXX

为V(p有㊉xX>'x、xx

xxxxxxxBXS)__a'I

由力XXXK>、x'x、、[

里，JvVVVVVvx

xxxWxX'X1

XXXXXXXVAAY./VxAyAVAy/Vx、，G=mg

♦题型01束缚类直线运动

1.如图所示，两个倾角分别为30。和60。的光滑绝缘斜面固定于水平地面上，并处于方向垂直纸面向里、磁感应

强度为8的匀强磁场中，两个质量为加、带电荷量为+4的小滑块甲和乙分别从两个斜面顶端由静止释放，运动

一段时间后，两小滑块都将飞离斜面，在此过程中（）

A.甲滑块在斜面上运动的时间比乙滑块在斜面上运动的时间短

B.甲滑块在斜面上运动的位移比乙滑块在斜面上运动的位移小

C.甲滑块飞离斜面瞬间重力的瞬时功率比乙滑块飞离斜面瞬间重力的瞬时功率大

D.两滑块在斜面上运动的过程中，重力的平均功率相等

【答案】D

【详解】A.小滑块飞离斜面时，洛伦兹力与重力的垂直斜面的分力平衡，有

mgcos0=qvmB

解得

mgcos0

Vm=p-

qB

所以斜面角度越小，飞离斜面瞬间的速度越大，故在甲滑块飞离时速度较大，物体在斜面上运动的加速度恒定不

变，由受力分析和牛顿第二定律可知加速度。=gsing,所以甲的加速度小于乙的加速度，因为甲的最大速度大

于乙的最大速度，由得，甲的时间大于乙的时间，故A错误；

B.由A选项的分析和x=或得，甲的位移大于乙的位移，故B错误；

2a

C.滑块飞离斜面瞬间重力的瞬时功率为

八.八加2g2sin。.cos。

P=sin“=---------------------

mqB

则可知两滑块飞离斜面瞬间重力的瞬时功率均为

p2g2

r=----------

8qB

故c错误；

D.由平均功率的公式得

ig—sinO/"—

22qB

因sin30。=cos60。，故两滑块重力的平均功率均为

V3m2g2

K=----------

8qB

故D正确。

故选Do

♦题型02叠加场中的圆周运动

2.如图所示，顶角为2。的光滑绝缘圆锥，置于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为8,现有质量为加，带电

量为F的小球，沿圆锥面在水平面内做匀速圆周运动，则（）

A.从上往下看，小球做顺时针运动

B.洛仑兹力提供小球做匀速圆周运动时的向心力

C.小球有最小运动半径尺=v△

D.小球以最小半径运动时其速度v=

Bqtan0

【答案】D

【详解】小球在运动过程中受重力、支持力和指向圆心的洛伦兹力，才能够做匀速圆周运动，根据安培左手定则

可知从上往下看，小球做逆时针运动，洛伦兹力与支持力的合力提供向心力

qvB-然cos0=m^

竖直方向

与sin8-mg=0

联立可得

V2

m--qvB+mgcot。=0

因为速度为实数，所以

A>0

可得

(qB)2mScot-0

解得

4冽2gcot3

R2---；~~；—

q2B2

所以最小半径为

4m2gcot6

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

minq2B2

代入上面可得小球以最小半径运动时其速度

2mp-

v=-------

Bqtan0

故选Do

♦题型03配速法在叠加场中的应用

3.如图所示，磁控管内局部区域分布有竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。电子从“点由静止释

放，沿图中轨迹依次经过N、尸两点，且N点离虚线最远。已知磁感应强度为B,电场强度为E,电子质量为加、

电荷量为-e,M点为零电势点，电子重力不计，则()

A.电子在N点的速率为与B.N点离虚线的距离为慌

BeB

C.电子在N点的电势能为-竺^D.M、尸两点的距离为竺目

B-eB1

【答案】C

【详解】方法一：配速法

电子在M点静止释放，可以看作电子分别以速度向左运动，以速度h=与向右运动。

孙"孙2=等

则电子的运动可以分解为以％=4向左做匀速直线运动和在竖直面上的速度为岭=4的匀速圆周运动。

BB

AB.N点离虚线最远，则电子圆周运动速度方向同时水平向左，则电子在N点的速率为

VN=%+丫2==N点离虚线的距离

2mE

丫河=2口=

eB2

故AB错误。

C.粒子从M点到N点，在电场方向上运动了d,则电势能为

E=-eEd=-^^-

PB-

故C正确。

D.粒子做圆周运动的周期

2兀R2兀m

%B

粒子从M点到尸点，运动了两个圆周，则M、P两点的距离为

47rmE

XNP=V］义2T=

B2

故D错误。

故选Co

方法二:

AB.设电子在运动过程中的任意一点0的速度为V,则该速度可以分解为水平速度必和竖直速度小M点到。

点的竖直距离为d,我们选水平向左为x轴正方向，竖直向下为y轴正方向，对电子从M点到。点用动能定理

有

Ee^-t=^mv2

对电子从用■点到。点水平方向用动量定理有

eBvyt=mxvY-0

则当。点为N点时，有

Vy=0

vy-t=d

联立以上数据解得

2mEIE

d=V二-----

eB2B

故AB错误。

C.由以上分析得电子在N点的动能为

2mE2

E=-mv,2

1k12

设电子在N点的电势能为纥，从M到N对电子用能量守恒定律得

0=综+线

则得N点电子的电势能为

2

尸2mE

E—k

c正确;

D.如下图设P、M中间点为。点，对电子从M点到。点竖直方向用动量定理有

Ee-t-eBvx=0

X0M=匕4

由图得电子的运动具有周期性，也可认为电子的运动为一个竖直平面的匀速圆周运动和一个水平方向的匀速直线

运动的合运动。对于匀速圆周运动有

rv2

evB=m——

r

4/

evB=m-^-r

得运动周期为

f2冗m

1=----

eB

即电子从M点到0点的运动时间为

27rm

t=1=----

eB

所以

2jrmE

由周期性得M、P两点的距离为

_2兀mE47rmE

XMP=2x--=~~

MPeB1eB1

故D错误。故选C。

♦题型04三维叠加场问题

4.（2024•山东潍坊•一模）现代科学研究中，经常用磁场和电场约束带电粒子的运动轨迹，如图所示，有一棱长

为工的正方体电磁区域abed-确九以棱/'中点为坐标原点建立三维坐标系。孙z,正方体电磁区域内充满沿z轴

负方向的匀强电场和匀强磁场，在。点有一粒子源，沿x轴正方向发射不同速率的带电粒子，粒子质量均为加,

'/or义［、

味,L,装点飞出（图中未标出），不计粒子的重力。

电荷量均为+4。已知速度大小为%的粒子，恰从坐标

求

(1)磁感应强度大小5;

(2)电场强度大小£；

(3)从正方体上表面abed飞出的粒子速率范围。

0

【答案】(1)B=(2)E=^'；(3)3(2-V3)v0<v<|v0

ZqL254qLv72

【详解】(1)带电粒子在匀强磁场的作用下做匀速圆周运动，粒子从。点开始沿X轴正方向发射，其匀速圆周

运动的圆心必定在了轴上。根据几何关系可知，粒子到达(半,[)点时，和。点的连线与y轴之间的夹角a满

足

,V3

tana=——

3

解得

a=30。

设圆周运动的半径为耳，则有

=sin60°

解得

2L

r=——

x13

根据洛伦兹力提供向心力可得

qv^B=m

rx

解得

3mv0

2qL

(2)设带电粒子做圆周运动的周期为T,则有

4V。3=加旁汽

解得

.47tL

1=------

3%

在题述的运动中，粒子的轨迹对应的圆心角为120。，所以运动时间为

U4nL

t=­1=------

39%

粒子在匀强电场的作用下做类平抛运动，加速度为

qE

a——

m

沿着电场方向的位移为

联立解得

2

Ez81mv0

25/qL

(3)由上述分析可知当粒子从正方体上表面.灰力飞出的，粒子速率越大，粒子的分运动匀速圆周运动的半径越

大，图1中的〃点越靠近4轨迹圆心角越小，粒子在电磁场中的运动时间越短，粒子沿z轴负方向的位移越小。

当粒子速率最大为必,皿时在cd边射出，对应的圆周运动轨迹为1/4圆周，其半径等于则有

V2

qv/=m*

解得

3

假设粒子沿z轴负方向的分运动匀加速运动到/点时(其位移大小等于，粒子能够在左边射出，设粒子在

电场中运动时间为〃，则有

—

22m

解得

5兀L

,2二---

9%

粒子的分运动匀速圆周运动的周期为

T_271m_AJIL

qB3%

设此情况粒子的分运动匀速圆周运动轨迹的圆心角为少则有；

t2=-^—T

2360°

联立解得

/=150。

此情况粒子的运动轨迹在正方体前表面aMe内的投影如图2所示，可知假设成立，此时粒子的速率是从正方体

上表面a6cd飞出的粒子速率的最小值，设此时圆周运动半径为，2。

r2+F2COs30°=Z

解得

2L

钎五方

同理有

qv*B=mJ

解得

%in=3(2-9%

从正方体上表面abed飞出的粒子速率范围为

3(2-司％<v<|v0

NO.3

压轴题速练

1.（2024•山东淄博•模拟预测）足够长的绝缘木板置于光滑水平地面上，木板的上表面粗糙，带负电小物块（电

量保持不变）置于木板的左端，整个装置置于足够大的匀强磁场中，磁场方向如图所示。在y0时刻，木板获得

一水平向左的初速度，关于此后运动过程中两物体速度随时间变化的关系图像，可能正确的是（）

B

【答案】A

【详解】木板获得一水平向左的初速度，受到物块对其向右的摩擦力，所以木板做减速运动；同时，木板对物块

产生一个向左的摩擦力，因此物块做加速运动，物块带负电，则受到洛伦兹力向下，则

/=〃（mg+Bqv）=ma

物块受到的摩擦力变大，加速度变大；对木板

〃（mg+Bqv）=Ma'

则木板的加速度变大，因为木板足够长，最后两者速度相等，故木板做加速度增大的减速运动，物块做加速度增

大的加速运动，A正确，BCD错误。

故选Ao

2.（2024•海南海口•模拟预测）如图所示，一根固定的绝缘竖直长杆位于范围足够大且相互正交的匀强电场和匀

强磁场中，匀强电场的电场强度大小£=々畦、方向竖直向上，匀强磁场的磁感应强度大小为8、方向垂直纸面

q

向里。一质量为加、电荷量为V的带正电小圆环套在杆上，圆环与杆间的动摩擦因数为必。现使圆环以初速度为

沿杆向下运动，经过时间圆环回到出发点。若圆环回到出发点之前已经开始做匀速直线运动，不计空气阻力，

重力加速度为g,则下列说法中正确的是（）

A.圆环下降过程中的加速度逐渐减小

圆环的最大加速度%=g-侬"

B.

m

22

圆环在时间内损失的机械能为;冽y2_8g

C.

°^2q2B2

D.圆环下降过程和上升过程中，系统因摩擦产生的内能相等

【答案】AC

【详解】A.圆环向下运动时竖直方向受到重力、向上的电场力和向上的摩擦力。设圆环向下运动的加速度大小为

%，则

_qE+piqvB-mg_/iqvB

mm

因此圆环速度的减小,会导致其所受洛伦兹力减小，则摩擦力会减小，因此圆环做加速度减小的减速运动，故A

正确;

B.当圆环向上运动时,圆环的加速度大小

_qE-/iqvB-mg_HqvB

“2——g―

mm

随着圆环速度的增大,圆环开始做加速度减小的加速运动，之后做匀速直线运动，圆环向下运动时的加速度大于

向上运动时的加速度,而向下运动时圆环受到的摩擦力越大，则加速度越大，因此圆环刚开始运动时，加速度最

大，有

mam=qE-mg+Nqv°B

可得

m

故B错误;

C.圆环先后两次经过出发点过程中，重力势能变化量为零，可知圆环机械能的损失，即为动能的损失，根据动能

定理，有

1212

A£*k=­mv~—mvQ

而圆环最后做匀速运动的速度

piqB

因此圆环在。时间内损失的机械能为

故c正确；

D.圆环上升和下降的过程中，摩擦力大小的平均值不同，而圆环运动的路程相同，所以两过程中，系统因摩擦产

生的内能不相等，故D项错误。

故选ACo

3.（2024•河南郑州•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，到桌面的距离为队电场强度为£、方向竖直向上，磁感应强

度为8、方向垂直纸面向外，重力加速度为g,带电小球的比荷为,。如图所示，现给小球一个向右的初速度，

使之离开桌边缘立刻进入复合场运动，己知小球从下边界射出，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（）

B.小球在复合场中运动的加速度大小可能是喈,

3E

C.小球在复合场中运动的路程可能是半

D.小球的初速度大小可能是苴逐

3E

【答案】AC

【详解】带电小球的比荷为是壬则有

Eq=mg

则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，轨迹如下图所示

若小球速度为W,则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

120_12?im2兀E

=——T=-x------=-------

13603Bq3Bg

根据几何知识可得，其轨迹半径为

2

R.=-h

13

则根据洛伦兹力提供向心力有

Bqvx=m^-

可得，小球的速度为

13E

则小球的路程为

120cn47

$-------X.2TTR[——7lrl

136019

小球的加速度为

V.22B2g2h

%——,

&3E1

若小球速度为马，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为

60b1271nl71E

t.=——T=—x------=——

23606Bq3Bg

根据几何知识可得，其轨迹半径为

R2=2h

则根据洛伦兹力提供向心力有

Bqv?=m~^

火2

可得，小球的速度为

2Bgh

匕E

则小球的路程为

也x2兀R一乙兀h

-36023

小球的加速度为

v；2B2g2h

2

R2E

故选ACo

4.（2024•内蒙古赤峰•模拟预测）如图所示，直角坐标系在水平面内，z轴竖直向上，坐标原点。处固定一

带正电的点电荷，空间中存在竖直向下磁感应强度为3的匀强磁场，质量为加、带电量为4（4＞。）的小球A,绕

z轴做匀速圆周运动。小球A的速度大小为％,小球与坐标原点的距离为r,。点和小球A的连线与z轴的夹角

6=37。。重力加速度g、小、q、r均已知,cos370=0.8,sin37°=0.6o则下列说法正确的是（）

A.从上往下看，小球A沿逆时针方向转动

B.O处的点电荷在A运动的圆周上各处产生的电势和场强都相同

C.小球A与点电荷之间的库仑力大小为3mg

4

D.时，所需磁场的磁感应强度3最小

【答案】ACD

【详解】A.空间中存在竖直向下的匀强磁场3,小球的向心力由库仑力在运动轨迹半径方向的分力和洛伦兹力

提供，根据左手定则可知，从上往下看小球只能沿逆时针方向做匀速圆周运动，故A正确；

B.。处的点电荷在A运动的圆周上各处产生的电势都相同，场强大小相等，方向不同，故B错误；

C.对小球A受力分析如图所示，洛伦兹力入沿水平方向，库仑力E沿着。玲8方向

在竖直方向，根据平衡条件得

耳cos37°=加g

解得

所以小球A与点电荷之间的库仑力大小为。加g，故C正确；

4

D.水平方向根据牛顿第二定律得

2

qvB一片sin37°=m——----

,0rsin37°

其中

3

Ksin37°=—mg

解得

B_5mv013mg

3qr4q%

当

5mv0_3mg

94q%

时，B取值最小值，故D正确。

故选ACDo

5.（2024高三・广东广州•模拟预测）如图所示，虚线右侧存在着匀强电场和匀强磁场，磁场方向垂直于纸

4

面向外，电场方向竖直向上，长方形/BCD的40边与重合，长方形的A3边长为/,4D边长为§/。一质

量为加、电荷量为+q的微粒垂直于射入电场、磁场区域后做匀速圆周运动,到达C点时刻，电场方向立刻

旋转90。，同时电场强度大小也发生变化，带电微粒沿着对角线C4从/点离开。重力加速度为g,下列说法正

确的是（）

M\

।

■・•・

।▲▲▲▲

'八V八八八

•-►

।♦•••

।

।

।

।（••••

।

D..c..

AJB.•

N\

A.电场方向旋转90。之后，电场方向水平向左

B.电场改变之后，场强大小变为原来的2倍

C.微粒进入N右侧区域时的初速度为^

D.匀强磁场的磁感应强度大小为亨

【答案】CD

【详解】A.微粒从C到/做直线运动，可知洛伦兹力（斜向左上方）与重力（竖直向下）和电场力的合力平衡,

则电场力方向必然水平向右，所以电场方向水平向右，A错误；

B.电场改变前，微粒在电场、磁场区域做匀速圆周运动，则

qE=mg

即

q

电场改变之后，受力情况如图所示

微粒受力平衡，重力与电场力的合力与洛伦兹力等大反向，可得

mg

tan37°=

~qE'

即

B错误；

CD.微粒做直线运动时受力平衡，可得

mg

sin37°

qvB

由洛伦兹力作为向心力可得

2

V

qvB=m——

r

由几何关系可得

cos37°4

联立解得

CD正确。

故选CD。

6.（2024•湖北襄阳•模拟预测）如图所示，xOy坐标平面在竖直平面内，x轴沿水平方向，y轴正方向竖直向上,

在图示空间内有垂直于xOy平面的水平匀强磁场。一质量为力的带电小球从。点由静止释放，运动轨迹如图中

曲线。已知重力加速度为g,关于带电小球的运动，下列说法中正确的是（）

A.0/8轨迹为半圆B.小球运动至最低点4时速度最大，且沿水平方向

C.小球在整个运动过程中机械能守恒D.小球在N点时受到的洛伦兹力大小为3机g

【答案】BC

【详解】小球释放后，除了受到重力外，开始阶段还受到向右侧的洛伦兹力的作用，只有重力做功机械能守恒。

可以假定小球带正电，且磁场方向垂直纸面向里。小球初速度为0,可以将这个初速度分解为向右的速度切和向

左的速度V2

则两者大小关系为

Vl=V2

且使满足

qviB=mg

则根据前述分析可知，小球的运动可看做是V/引起的向右的匀速直线运动和V2引起的一开始向左的逆时针匀速

圆周运动的两个分运动的合运动。很显然，小球的轨迹不是半圆，而是摆线，如图所示

且小球运动至最低点Z时速度为向右的V2和V/的矢量和，即2v/,洛伦兹力大小为为2/Wg。其他位置V2和V/的

矢量和都小于2v；o

故选BCo

7.（2024高三上•湖南长沙•模拟预测）现代科学仪器中常利用电、磁场控制带电粒子的运动。如图甲所示，纸

面内存在上、下宽度均为“的匀强电场与匀强磁场，匀强电场竖直向下，匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度大

小为及现有一质量为加、电荷量为q的带正电粒子（不计重力）从电场的上边界的。点由静止释放，运动到磁

场的下边界的尸点时正好与下边界相切。若把电场下移至磁场所在区域，如图乙所示，重新让粒子从上边界M

点由静止释放，经过一段时间粒子第一次到达最低点N,下列说法正确的是（）

A.匀强电场的场强大小为竺％B.粒子从。点运动到尸点的时间为仁尹

2mqB

C.粒子经过N点时速度大小为也D.M、N两点的竖直距离为

m4

【答案】AC

【详解】A.设粒子在磁场中的速率为v,半径为凡在电场中由动能定理，有

qEJ-7dI=—1mv2

洛伦兹力充当向心力，有

n加V?

Bqv=--

R

由几何关系可得

R=d

综上可得

E=B?qd

2m

故A正确;

B.粒子在电场中的运动时间为

d2m

t'FF

2

在磁场中的运动时间为

nm