2025年高考物理一轮复习：带电粒子在叠加场和立体空间中的运动

微专题16带电粒子在叠加场和立体空间中的运动

题型EI带电粒子在叠加场中的运动

1.叠加场

电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存.

2.带电粒子在叠加场中常见的几种运动形式

运动性质受力特点方法规律

匀速直线运动粒子所受合力为0平衡条件

除洛伦兹力外，另外两力的合力为零，牛顿第二定律、圆周运动

匀速圆周运动

即qE=mg的规律

较复杂的曲线除洛伦兹力外，其他力的合力既不为

动能定理、能量守恒定律

运动零，也不与洛伦兹力等大反向

函T(2023•江苏卷)霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型.xOy平面内存在竖直向

下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.质量为以电荷量为e的电子从。点

沿x轴正方向水平入射.入射速度为历时，电子沿x轴做直线运动；入射速度小于闲时，电子的运动

轨迹如图中的虚线所示，且在最高点与在最低点所受的合力大小相等.不计重力及电子间相互作用.

(1)求电场强度的大小后

答案：v.B

解析：由题知，入射速度为历时，电子沿x轴做直线运动，则有e£=e■招

解得E=v0B

(2)若电子入射速度为m，求运动到速度为日时位置的纵坐标几

pg3mvo

口木：32eB

解析：电子在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场的复合场中，电子在。点受到

Vo

竖直向上的电场力和竖直向下的洛伦兹力，由于电子入射速度为了则电子受到的电场力大于洛伦兹力,

,2

则电子向上偏转.因为洛伦兹力不做功，根据动能定理有e或

3mvo

解得yi=,

32eB

⑶若电子入射速度在。〈小。范围内均匀分布，求能到达纵坐标片/立置的电子数”占总电子

数儿的百分比.

答案：90%

解析：若电子以丫入射时，设电子能达到的最高点位置的纵坐标为y,则根据动能定理有

11

eEy=]mV"2—qmv2

由于电子在最高点与在最低点所受的合力大小相等，则在最高点有Fa=e%B—eE

在最低点有尸合=e£-e/

m一七o2"（西一口

联乂有v=2vo—r,y=-------

meb

要让电子到达纵坐标乃位置，即

.9

解得I><—Vb

则若电子入射速度在。〈欣「。范围内均匀分布,能到达纵坐标丹=■位置的电子数"占总电子数A

的90%

类题固法1

1.（2023•淮安期末）如图所示，绝缘粗糙的竖直墙壁右侧同时存在相互垂直的匀强电场£和匀强

磁场6,电场方向水平向左，磁场方向垂直纸面向里.质量为〃、电荷量为+g的小滑块（可视为质点）

从4点由静止开始沿墙壁下滑至，点时离开，到达〃点时速度最大，切段做曲线运动.已知滑块与墙

壁间的动摩擦因数为〃，重力加速度为g,则（D）

A.4到。过程中滑块做匀加速直线运动

B.滑块到达。点时加速度为零

C.〃点为滑块运动轨迹的最低点

D.若已知/、C间的高度差，则可求出/C过程中摩擦力对滑块做的功

解析：2到，过程中滑块受重力、弹力、摩擦力、电场力、洛伦兹力5个力的作用，下落过程中弹

力逐渐减小，则摩擦力逐渐减小，根据侬一f=Ra,可知加速度逐渐增大，故A错误；切段做曲线运

动，则滑块到达。点时加速度不为零，故B错误；。点之后，滑块受洛伦兹力不做功，电场力和重力的

合力沿左下方，开始合力与速度方向夹角为锐角，对滑块做正功，滑块速度变大，到。点时速度最大，

此时合力与速度方向垂直，速度斜向右下方，所以滑块还会继续向下运动，故C错误；若已知人。间

的高度差，滑块在，点时离开墙壁，满足qE=q。,根据动能定理有“助一%=%;,—0,进而解得摩擦

力做功，故D正确.

2.(2023•南京、盐城一模)现代科学仪器中常利用电场、磁场控制带电粒子的运动.如图所示，

在x轴上方的平面内，有范围足够大的垂直纸面向里、磁感应强度为8的匀强磁场和方向沿x轴正方

向、电场强度为£的匀强电场.一质量为以电荷量为q的带正电荷的粒子在。点由静止释放，则粒子

运动的轨迹为一曲线，且曲线上离y轴最远的点的曲率半径为该点到y轴距离的两倍；当该粒子在。

点以初速度历沿x轴正方向射入，则粒子在矛。/平面内做周期性运动，且任一时刻粒子速度的y分量

与其到y轴的距离成正比，比例系数与电场强度2大小无关.粒子重力不计.求粒子在。点：

XXX1.

XXX|XXXX得

XXXxxXXeQ

X&X

XXXX{

XXXXXXXX

XXX|

XXXX、

XXXX：

XXX

XXXXXXXX

-^11~*

(1)由静止释放，运动到坐标为(的㈤时的动量大小口

答案：^2mqExo

解析：若粒子在。点由静止释放，设粒子运动到坐标为(X。，㈤的速度大小为心根据动能定理,

有

12

qExo=^nv

动量大小p=mv

解得p=yj2mqExo

(2)由静止释放，在运动过程中第一次离开p轴最大的距离的.

小w2mE

答案：前

解析：若粒子在。点由静止释放，第一次离开y轴最远时，同理有内m=5巾

mv2

又由题意有qv.B—qE=-m

且rm=2xm

2mE

解得磊=

(3)以初速度历沿x轴正方向射入时，粒子运动过程中的最小速度垢

答案：

解析：若粒子在。点以初速度的沿X轴正方向射入，当粒子向左运动到距离y轴最远时，动能最

小，根据动能定理

—qEx'

Kninkx

2

若E=0,粒子在。点以初速度历沿x轴正方向射入，则洛伦兹力提供向心力有qv°B=%

vo=kJ?

联立解得许曾=\^谥(

题型日带电粒子在立体空间中的运动

分析带电粒子在立体空间中的运动时，要发挥空间想象力，确定粒子在空间的位置关系.带电粒子

依次通过不同的空间，运动过程分为不同的阶段，只要分析出每个阶段上的运动规律，再利用两个空

间交界处粒子的运动状态和关联条件即可解决问题.常见有以下两种情形：

(1)空间中只存在匀强磁场，当带电粒子的速度方向与磁场的方向既不平行也不垂直时，带电粒

子在磁场中就做螺旋线运动.这种运动可分解为平行于磁场方向的匀速直线运动和垂直于磁场平面的

匀速圆周运动.

(2)空间中的匀强磁场和匀强电场(或重力场)平行时，带电粒子在一定的条件下就可以做旋进运

动，这种运动可分解为平行于磁场方向的匀变速直线运动和垂直于磁场平面的匀速圆周运动.

颤2(2024•如皋高三期中质量调研)如图所示的三维空间中，yOz平面左侧区域记为I,区域

I内存在沿y轴负方向的匀强电场；yOz平面与垂直于x轴足够大的荧光屏之间的区域记为II,区域II

内存在沿x轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小为民荧光屏与x轴交点位置的坐标不确定.一质量

为加、电荷量为的粒子从坐标(一£,0,0)处进入区域I,粒子初速度大小为打，方向沿着x轴正

方向，经过yOz平面时的坐标为(0,—L,0),再经过磁场偏转后击中荧光屏，不计粒子的重力.

(1)求粒子经过yOz平面时沿y轴的速度大小%.

答案：2匹

解析：粒子在区域I内，在x轴方向做匀速直线运动，则可得粒子在区域I内所花的时间为t：=

L_

Vo

因受到电场力的作用，粒子在区域I内时，在y轴方向上做匀加速运动，可得潺

Q2

解得国=-^

则可得粒子经过yOz平面时沿y轴的速度大小为

&力1=2及

(2)若荧光屏与,轴交点的x坐标为诗‘求粒子在磁场中的运动时间‘

_.3Km

答案：

qB

解析：因在区域n内的磁场方向沿x轴正方向，则将进入区域n内的速度分解为沿x轴方向和垂

直于x轴方向，沿x轴方向的速度大小为肉,垂直于x轴方向的速度大小为2及，沿p轴负方向，则可

得粒子在磁场中的运动时间为

3兀mvo

qB3兀/

t=-

VQqB

(3)若粒子击中荧光屏时z轴坐标为瞋，求荧光屏与x轴交点的x坐标.

qB

答案：(〃+1)Bq(〃=0,1，2,3,・・・)或［刀一"电］(n=l,2,3,…)

解析：根据洛伦兹力提供向心力，可得

(2㈤2°O

m一~--=Bq•2vb

K

2mvo

解得R=

Bq

已知粒子击中荧光屏时z轴坐标为而即在z轴方向上的位移为d=法

设粒子在yOz平面上的速度偏转的角度为夕，则可得

cR-d1

C0S

J[JT

解得夕=2〃五+k(/?=0,1,2,3,…)或夕=2〃兀——(/7=1,2,3,…)

o0

粒子在磁场中运动的周期为7=当

QB

则粒子在磁场中经历的时间为

9<.1^2JI777..

t=~~T=\77+-p-z—(77=0,1,2,3,…)

2nIb)Bq

或t=IW-gI(72=1,2,3,•••)

荧光屏与X轴交点的X坐标为

(,1、2Jimvo,、

Vot=I72+7)(n=0,1,2,3,•••)

2JTmvo..

---(A=1,2,3,…)

HBq

类题固法2

1.（2023•金陵中学）用图甲所示的洛伦兹力演示仪演示带电粒子在匀强磁场中的运动时发现，有

时玻璃泡中的电子束在匀强磁场中的运动轨迹呈“螺旋”状.现将这一现象简化成如图乙所示的情景

来讨论：在空间存在平行于x轴的匀强磁场，由坐标原点在x分平面内以初速度历沿与x轴正方向成

。角的方向，射入磁场的电子运动轨迹为螺旋线，其轴线平行于x轴，直径为〃螺距为Ax,则下列

说法中正确的是（D）

A.匀强磁场的方向为沿x轴负方向

B.若仅增大匀强磁场的磁感应强度，则直径。减小，而螺距Ax不变

C.若仅增大电子入射的初速度玲，则直径。增大，而螺距Ax将减小

D.若仅增大。角（。〈90。）,则直径。增大，而螺距△工将减小，且当。=90°时“轨迹”为闭合

的整圆

解析：将电子的初速度沿X轴和P轴方向分解，沿X轴方向，速度与磁场方向平行，做匀速直线

运动且X=KCOSa•t,沿y轴方向，速度与磁场方向垂直，洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，

v2兀7?

由左手定则可知，磁场方向沿x轴正方向，故A错误；根据e2="，7=一1且r=vbsina,解得

D=2R—~,T=所以Ax=wT=~，右仅增大磁感应强度8,则〃、Ax均减

eBeBeB

小；若仅增大及，则久Ax皆按比例增大，故B、C错误；若仅增大。，则〃增大而Ax减小，且。=

90°时Ax=0,故D正确.

2.（2023•扬州中学考前模拟）如图所示，在八0区域存在沿y轴正方向的匀强电场（图中未画出）,

电场强度大小为E,在y>0区域存在平行于y轴正方向的匀强磁场（图中未画出）和沿z轴正方向的匀

强电场（图中未画出），电场强度大小为2£.质量为加、电荷量为+g的小球从d0,-1,,）处由静止释

放，小球从原点进入y>0区域，在y=Z处有一垂直于y轴的荧光屏（图中未画出），小球打在荧光屏上

0（0,L,0）点.已知重力加速度为g.

（1）求爪0区域匀强电场的电场强度笈

mg

答案:

2Q

解析：小球由静止释放，从原点进入力0区域

h1qE

h='仇---•--T

22m

解得苦

（2）求匀强磁场的磁感应强度5的大小.

…口»案2:〃q冗L/\/g万h,j2，3,…、）

解析：y>0区域2qE=mg

小球所受合力为洛伦兹力.小球在原点速度

『A/?•华亭2以

与水平方向夹角tanff="=2

2

沿y轴正方向速度Fi=rcos

运动时间t=^=L三h

沿Z轴负方向速度v2=vsina=#2g力

2

Vo

由洛伦兹力提供向心力qviB=nr^

运动,一周期T=~2—兀r=^2—兀7

V2DQ

则t=nT{n=\,2,3,•••)

2nbmffh、

解得8=——修gzl,2,3,…)

QL\]2

(3)若磁感应强度取最小值，当小球离y轴最远时，求小球到原点。的距离.

答案：*一十16

当小球离y轴最远时，运动时间

解得小球到原点。的距离

2

d=y](2r)+(r.t1)2=、住五2+16

配套精练

1.(2024•镇江高三期初)如图甲所示，在竖直平面建立xOy坐标，y轴沿竖直方向，x〉0区域有

沿y轴正方向的匀强电场.现有一质量为以带电荷量为+q的小球以速度均从。点沿x轴正方向射入

电场，恰好沿x轴做直线运动，重力加速度为g.

(1)求匀强电场的场强大小后

解析：小球进入电场做匀速直线运动，根据平衡条件可得侬=为

匀强电场的场强大小为E=—

(2)若小球过。点时在x>0区域加垂直纸面向里的匀强磁场&,求小球第一次经过y轴的坐标.

答案：［(

Vo

解析：根据洛伦兹力提供向心力qv0&=nrj

小球第一次经过y轴与原点的距离为t/=2r=-^—

小球第一次经过y轴的坐标为［o,筌

Ia>QJ

(3)若小球从。点与x轴正方向成个角射入第一象限的同时在x〉O区域加一按图乙规律变化的磁

场，小球可以一直在第一象限内运动，设磁场方向垂直纸面向里为正.求小球从。点入射的9角正弦

值的范围.

3

答案：OWsin

解析：根据粒子的运动轨迹可知，小球可以一直在第一象限内运动有27?cossin夕

根据三角函数知sin2^+cos2°=1

3

解得小球从。点入射的，角正弦值的范围O^sin0百

2.（2023•苏北苏中八市调研二）如图所示，真空中有范围足够大、垂直xOy平面向里的匀强磁场，

磁感应强度大小为B.在x轴下方有沿一y轴方向的匀强电场，电场强度大小为£.质量为加、电荷量为

的粒子在x分平面内从y轴上的〃点以初速度大小心射出，不考虑粒子的重力.

XXXXXXXXX

XxxxBxxxxx

XXxwxXXXXX

XXXXXXXX

XXXXXx„xXXX

E

XXXXXXXXXX

（1）若粒子与一y轴方向成。角从P点射出，刚好能到达x轴，求P点的纵坐标N

解析：设粒子在磁场中做圆周运动的半径为兄

贝Itqvo_B=nr^

由几何关系得y=7?（l—sin。）

解得旷=券（1-sin。）

QB

（2）若粒子沿一y轴方向从尸点射出，穿过x轴进入第四象限，在x轴下方运动到离x轴最远距

离为d的。点（图中未标出），求粒子在。点加速度的大小a.

解析：设粒子进入第四象限离x轴距离最远时速度为以电场力对粒子做正功盛建=/如：一%?谥

由牛顿第二定律有qv、B—qE=ma

（3）若所在空间存在空气，粒子沿一y轴方向从P点射出，受到空气阻力的作用，方向始终与运动

方向相反，粒子从〃点进入第四象限后做匀速直线运动，速度与+x轴方向成个角.求粒子从尸点运动

到〃点的过程中克服阻力所做的功『和运动的时间t.

(y—

1源cos2°

答案:2

梦7玲-qB

解析：设粒子进入第四象限以速度质做匀速运动.

受力关系有qv-iB=qEcos0

粒子从尸点运动到〃点，由动能定理得

11

—IV=-/nv2--invo2

1?mffcQS9

角牛倚片57府——布—

粒子从夕点运动到"点过程中任意时刻满足

qvB=mv3

一2

〃点运动到"点的时间t=---C-i)--

JI

(后~~9)m

解得t=--------

qB

3.(2023•南通第三次调研)某质谱仪部分结构的原理图如图甲所示.在空间直角坐标系Oxyz的

y〉0区域有沿一z方向的匀强电场，电场强度大小为右在八0区域有沿一z方向的匀强磁场，在x=一

2d处有一足够大的屏，俯视图如图乙所示.质量为R、电荷量为+g的粒子，从y轴上P(0,-d,0)

处以初速度■。沿+y方向射出，粒子经过x轴时速度与一x方向的夹角6=60°.不计粒子的重力.

(1)求磁感应强度大小笈

答案：法

解析：粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，设粒子做圆周运动的半径为r,由几何关系有rcos0

d

Vh

洛伦兹力提供向心力qv0B=nr^

解得6=

2dq

(2)求粒子打到屏上位置的z轴坐标外

6Eqd

答案:

-mvo2~

解析：设粒子经过x轴时的坐标为一为，则xi+rsin0=r

粒子在y>0区域电场中做类平抛运动，在xOy平面内沿及方向做匀速直线运动，设粒子碰到屏前

做类平抛运动的时间为t\,则vU=----7

acos〃

粒子运动的加速度a=—

ID

在Z轴负方向运动的距离Zi'

解得zj=嘤

mvo

6Eqd

所以打到屏上位置的z轴坐标zi=——

mvo

(3)若在旅0区域同时也存在沿一z方向、场强大小为方的匀强电场，求粒子打到屏上时的速度

大小v.

答案：e+於m+年产朱^

123Tz'

解析：设粒子在7<0区域运动的时间为友，研究在磁场中的分运动，有t=T^,----

21ZVb

2

在y>0区域运动的时间仍为3设粒子打到屏上时z轴坐标为Z2,则z2=1a(ti+t2)

根据动能定理有Eqz2=^/nv—^mn

解得K=A/n+(2乖+；)，^/

4.(2023•淮安期末)如图甲所示为实验室中利用磁场偏转的粒子收集装置原理图，在空间直角坐

标系。xyz中，有一个边长为2m的正方形荧光屏a6cd可沿y轴移动，荧光屏平行于xOz平面，cd在

xOy平面内，d点在y轴上，在该空间沿x轴正方向、y轴正方向和z轴负方向施加匀强磁场，对应的

磁感应强度氏、氏、星的大小随时间t周期性变化的规律如图乙所示.t=0时刻，比荷为、=2Xl()5c/kg

的带正电粒子(不计重力)，以初速度F„=2X1OWS,从尸点(0,0,2m)沿平行于y轴正方向进入该空

间.

(1)求粒子在磁场中运动的轨道半径.

答案：0.1m

解析：粒子运动周期为？=号=nX10%

QB

TJT2

可知，每次经历Z=W=7X1O飞，粒子与磁场方向均垂直.根据0及

粒子运动半径为r=G.1m

(2)若[=?><1()飞时，该粒子恰好到达荧光屏，求荧光屏位置的y轴坐标和粒子打在屏幕上的

位置距P点的距离.

答案：0.2m5m

j[]JTJI

解析：在o〜7x10次,粒子向z轴负方向转动]圆周；在7乂io飞〜万x1。飞，粒子向x轴正方

Ijr3Jr1

向转动I圆周；在5X10飞〜丁X10飞，粒子向y轴正方向转动4圆周，到达荧光屏，则荧光屏位置的

y轴坐标为

y=2_r=0.2m

粒子打在屏幕上的位置距尸点的距离为

7=^/(2r)2+(2r)2+(2r)2m

(3)若粒子到达荧光屏时的速度方向与屏幕间的夹角为60°,求荧光屏位置的y轴坐标的可能取

值.

答案：见解析

解析:y轴坐标较小时，粒子在第一个，内到达荧光屏，由几何关系可知,粒子运动的圆心角为30°,

y轴坐标为

yi=rsin30°=0.05m

y