文档内容
专题 11 带电粒子在复合场中的运动
目录
01考情透视·目标导航................................................................................................................................................3
02知识导图·思维引航................................................................................................................................................4
03核心精讲·题型突破................................................................................................................................................5
题型一 带电粒子在组合场中的运动....................................................................................................................5
【核心精讲】...............................................................................................................................................................5
一、 带电粒子在组合场中运动的分析思路..............................................................................................................5
二、 常见的两类组合场问题......................................................................................................................................5
【真题研析】...............................................................................................................................................................6
【命题预测】...............................................................................................................................................................8
考向一 电磁组合场中的仪器原理..............................................................................................................................8
考向二 二维平面电磁组合场问题............................................................................................................................10
考向三 三维空间电磁组合场问题............................................................................................................................12
题型二 带电粒子（带电体）在叠加场中的运动................................................................................................14
【核心精讲】.............................................................................................................................................................14
一、 洛伦兹力与重力共存........................................................................................................................................14
二、 静电力与洛伦兹力共存....................................................................................................................................15
三、 静电力、重力与洛伦兹力共存........................................................................................................................15
四、 带电粒子在叠加场中运动的解题思路............................................................................................................15
【真题研析】.............................................................................................................................................................15
【命题预测】.............................................................................................................................................................17
考向一 电磁叠加场中的仪器原理............................................................................................................................17
考向二 叠加场中束缚类直线运动............................................................................................................................19
考向三 叠加场中圆周运动........................................................................................................................................19
考向四 叠加场中摆线类运动....................................................................................................................................22
题型三 带电粒子在交变场中的运动....................................................................................................................24
【核心精讲】.............................................................................................................................................................24带电粒子在交变电、磁场中运动的解题思路..........................................................................................................24
【真题研析】.............................................................................................................................................................24
【命题预测】.............................................................................................................................................................25
考向一 带电粒子二维平面交变场中的运动............................................................................................................25
考向二 带电粒子三维空间交变场中的运动............................................................................................................28
命题统计
2024年 2023年 2022年
命题要点
2024·山东卷··T18、 2023·山东卷·T17、 2022·广东卷·T7、
2024·上海卷·T10、 2023·辽宁卷·T14、 2022·山东卷·T17、
带电粒子在组合场
中的运动 2024·湖南卷·T14、 2023·海南卷·T13、 2022·湖北卷·T8
热
2024·广东卷·T15、 2023·广东卷·T5、
考
角 2023·新课标卷·T18、 2022·全国甲卷·T18、2022·
度 广东卷·T8
带电粒子（带电 2024·安徽卷·T10、 2023·湖南卷·T6、
体）在叠加场中的
运动 2024·江西卷·T7、
2023·江苏卷·T16、
2023·海南卷·T22024·湖北卷·T9、
2022·河北卷·T14
带电粒子在交变场
中的运动
高考对带电粒子在复合场中的运动的考查非常频繁，大多以计算题中出
命题规律 现，并且一般作为高考试卷的压轴题出现，题目阅读量较大，难度较大，对学
生的建模能力和数学方法的应用能力考查较高。
2025年多数省份还会以压轴题的的形式出现在计算题中，还是多以考查电
考向预测 场和磁场的组合叠加问题居多，分析的过程较多，对基础知识和综合能力要求
较高。
命题情景 多与现代科技相结合，以其为背景命题
常用方法 运动的合成分解法、圆周运动公式、运动学公式、力学三大观点
第1步：过程分段
分析思路 第2步：受力分析和运动分析
第3步：根据电场和磁场中运动类型选择分析方法
组合场
先电场后磁场
两类组合
先磁场后电场
洛伦兹和重力共存
三类共存 洛伦兹和电场力共存
带电粒子在复合场中的运动
洛伦兹、电场力和重力共存
叠加场
1.明确叠加场的组成；2.受力分析；3.运动分析
解题思路
4.分段分析；画出轨迹图，选择合适的规律题型一 带电粒子在组合场中的运动
一、 带电粒子在组合场中运动的分析思路
第1步：粒子按照时间顺序进入不同的区域可分成几个不同的阶段。
第2步：受力分析和运动分析，主要涉及两种典型运动，如第3步中表图所示。
第3步：用规律
二、 常见的两类组合场问题
1.先电场后磁场
①先在电场中做加速直线运动，然后进入磁场做圆周运动。如图甲、乙所示，在电场中利用动能定理或运动学公式求粒子刚进入磁场时的速度。
②先在电场中做类平抛运动，然后进入磁场做圆周运动。如图丙、丁所示，在电场中利用平抛运动知识求
粒子进入磁场时的速度。
2.先磁场后电场
对于粒子从磁场进入电场的运动，常见的有两种情况：
①进入电场时粒子速度方向与电场方向相同或相反，如图甲所示，粒子在电场中做加速或减速运动，用动
能定理或运动学公式列式。
②进入电场时粒子速度方向与电场方向垂直，如图乙所示，粒子在电场中做类平抛运动，用平抛运动知识
分析。
1．（2024·福建·高考真题）如图，直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场。第Ⅱ、
Ⅲ象限中有两平行板电容器C 、C ，其中C 垂直x轴放置，极板与x轴相交处存在小孔M、N；C 垂直y
1 2 1 2
轴放置，上、下极板右端分别紧贴y轴上的P、O点。一带电粒子从M静止释放，经电场直线加速后从N射出，紧贴C 下极板进入C ，而后从P进入第Ⅰ象限；经磁场偏转后恰好垂直x轴离开，运动轨迹如图中
2 2
虚线所示。已知粒子质量为m、带电量为q，O、P间距离为d，C 、C 的板间电压大小均为U，板间电场
1 2
视为匀强电场，不计重力，忽略边缘效应。求：
(1)粒子经过N时的速度大小；
(2)粒子经过P时速度方向与y轴正向的夹角；
(3)磁场的磁感应强度大小。
√2qU 1 √2mU
【答案】(1) (2)45°(3)
m d q
【详解】（1）粒子从M到N的运动过程中，根据动能定理有qU=
1
mv 2 解得v =
√2qU
2 N N m
qU 1
（2）粒子在C 中，根据牛顿运动定律有 =ma根据匀变速直线运动规律有d= at2 、v =at又
2 d 2 y
v
tanθ= N 解得θ=45°
v
y
mv2
（3）粒子在P处时的速度大小为v =√v2 +v2在磁场中运动时根据牛顿第二定律有qv B= P由几何关
P N y P R
1 √2mU
系可知R=√2d解得B=
d q
2．（2023·海南·高考真题）如图所示，质量为m，带电量为+q的点电荷，从原点以初速度v 射入第一象限
0
内的电磁场区域，在0x 区域内
0 0 0 0 0
有垂直纸面向里的匀强磁场，控制电场强度（E值有多种可能），可让粒子从NP射入磁场后偏转打到接收器MN上，则（ ）
y mv2
A．粒子从NP中点射入磁场，电场强度满足E= 0 0
qx2
0
√x2+ y2
B．粒子从NP中点射入磁场时速度为v 0 0
0 y2
0
mv
C．粒子在磁场中做圆周运动的圆心到NM的距离为 0
qB
mv √x2+4 y2
D．粒子在磁场中运动的圆周半径最大值是 0 0 0
qB x2
0
【答案】AD
1 1 qE mv2 y
【详解】A．若粒子打到PN中点，则x =v t ， y = ⋅ t2 解得E= 0 0 选项A正确；
0 0 1 2 0 2 m qx2
0
y v v
B．粒子从PN中点射出时，则 0= yt 速度v =√v2+v2= 0√x2+ y2 选项B错误；
2 2 1 1 0 y x 0 0
0
v v mv2
tanθ= 0 = 0 = 0
C．粒子从电场中射出时的速度方向与竖直方向夹角为θ，则 v qE x qEx 粒子从电场中射
y 0 0
⋅
m v
0v v2
出时的速度v= 0 粒子进入磁场后做匀速圆周运动，则qvB=m 则粒子进入磁场后做圆周运动的圆心
sinθ r
Ex mv
到MN的距离为d=rcosθ解得d= 0= 0 选项C错误；
Bv qBtanθ
0
当粒子在磁场中运动有最大运动半径时，进入磁场的速度最大，则此时粒子从N点进入磁场，此时竖直
D．
2y v v2
最大速度v = 0 x =v t出离电场的最大速度v =√v2+v2 = 0√x2+4 y2 则由qvB=m 可得最大半径
ym t 0 0 m 0 ym x 0 0 r
0
mv mv √x2+4 y2
r = m= 0 0 0选项D正确；故选AD。
m qB qB x2
0
【技巧点拨】
（1）把粒子经历的全过程分成几个小过程，明确每个过程的运动形式；
（2）在偏转电场中用类平抛运动规律处理该过程，在磁场中用牛顿第二定律处理匀速圆周运动问题；
（3）明确电场和磁场中粒子运动的衔接物理量是速度，要会求速度的大小和方向。
考向一 电磁组合场中的仪器原理
3．（2024·宁夏银川·三模）近年来国产动画的技术不断提升，以科幻为主题的电影《熊出没之逆转时空》
在2024年春节受到人们喜欢。其中“我们总是活在别人定义的成功里，却忘了自己内心真正想要的是什
么”成为直击人心的金句。如左图所示为光头强被科学怪人篡改记忆时的画面，右图为篡改记忆所用的装
置模式图，一“篡改记忆粒子”（比荷为5×10−4C/kg）从S 出发经过电场加速（U=2.5×106V）获得
1
一定初速度进入速度选择器，进入匀强磁场（B=1×107T）偏转180后进入光头强大脑进行篡改。不计
“篡改记忆粒子”重力，下列说法正确的是（ ）A．各个“篡改记忆粒子”进入匀强磁场偏转时间不相同
B．速度选择器允许通过的粒子速度为50m/s
C．偏转半径为r=0.01m
D．比荷越小偏转半径越大
【答案】BCD
2πm
【详解】A． “篡改记忆粒子”进入匀强磁场做匀速圆周运动的周期T= 由于“篡改记忆粒子”的比
qB
荷相同，做匀速圆周运动的周期相同，各个“篡改记忆粒子”进入匀强磁场偏转时间相同，故A错误；
B．加速电场中qU=
1
mv2 解得v=
√2qU
=√2×5×10−4×2.5×106m/s=50m/s所以速度选择器允许
2 m
通过的粒子速度为50m/s，故B正确;
v2 mv
C．在磁场中qvB=m 解得偏转半径为r= =0.01m故C正确；
r qB
mv 1 √2mU
D．在磁场中r= = 则比荷越小偏转半径越大，故D正确。故选BCD。
qB B q
4．（2024·山东济南·模拟预测）粒子对撞的目的是检验人们的实验仪器和探索微观粒子的宏观效应，认识
量子粒子的新规律，新粒子，认识新物理等前沿的量子物理、粒子物理科学。同时，粒子对撞也是一种天
然粒子‘机制’，人们探索‘粒子对撞机制’的成因，探索‘超对称’超额维度的存在，开发新材料。而
粒子对撞机的一门关键技术就是粒子的加速，“回旋加速器”就是一种典型的粒子加速器，下图为一回旋
加速器的简图，D 和D 是两个中空的半圆形金属盒，置于与盒面垂直的匀强磁场中，它们接在电压为U、
1 2
周期为T的交流电源上。位于D 圆心处的质子源A能不断产生质子(初速度可以忽略)，它们在两盒之间被
1
电场加速。当质子被加速到最大动能E 后，再将它们引出。忽略质子在电场中的运动时间，则下列说法中
k
正确的是( )A．若只增大交变电压U，则质子的最大动能E 会变大
k
B．若只增大交变电压U，则质子在回旋加速器中运行的时间会变短
C．若只将交变电压的周期变为2T，仍可用此装置加速质子
D．质子第n次被加速前、后的轨道半径之比为√n-1∶√n
【答案】BD
mv
【详解】A．由r= 可知，质子经加速后的最大速度与回旋加速器的最大半径有关，而与交变电压U无
qB
关，故A错误；
B．增大交变电压，质子加速的次数减少，所以质子在回旋加速器中的运行时间变短，故B正确；
C．为了使质子能在回旋加速器中加速，质子的运动周期应与交变电压的周期相同，故C错误；
1 mv √2nmUq
D．由nqU= mv2 ，r = n得r = 可得质子第n次被加速前、后的轨道半径之比为√n−1:√n
2 n n qB n qB
，故D正确。故选BD。
考向二 二维平面电磁组合场问题
5．（2024·四川成都·三模）如图，平面直角坐标系xOy内虚线CD上方存在匀强磁场和匀强电场，分界线
OE、OF与x轴的夹角均为θ=30°。t=0时，一对质量为m、电荷量为q的正、负粒子从坐标原点O以大
小为v 的速度沿y轴正方向射入磁场，正粒子通过坐标为(3L,−√3L)的P点（图中未画出）进入电场，
0
然后沿y轴负方向经y轴上的Q点射出电场，不计粒子重力和粒子间的相互作用力。则（ ）mv
A．磁场的磁感应强度大小为 0
2qL
mv2
B．电场的电场强度大小为 0
24qL
C．在坐标为(0,−2√3L)的位置，两粒子相遇
4L(2π+3√3)
D．在t= 时，两粒子相遇
3v
0
【答案】AD
【详解】A．根据已知做出两粒子轨迹如图
mv2 mv
由几何关系可知r=2L根据洛伦兹力提供向心力qv B= 0解得B= 0故A正确；
0 r 2qL
B．带正电粒子进入电厂后，水平方向做匀减速运动，根据牛顿第二定律qE=ma水平方向根据
mv2
(v cos30°) 2=2a(3L)联立解得E= 0故B错误；
0
8qL
Δv 4√3L
C．在电场中到Q点的时间t = x = 在电场中竖直方向做匀速运动，则下降的高度
1 a v
0
ℎ=v sin30°⋅t =2√3L粒子从O点下降的总高度H=ℎ+√3L=3√3L两粒子相遇的位置为
0 1
(0,−3√3L)，故C错误；
D．在磁场中运动的时间
t =
240°
T=
2
×
2πm
=
8πL两粒子相遇时间
2 360° 3 qB 3v
0t=t +t = 8πL + 4√3L = 4L(2π+3√3) 故D正确。故选AD。
1 2 3v v 3v
0 0 0
6．（2024·四川遂宁·模拟预测）如图所示，在x<0区域内存在沿x轴正方向的匀强电场，在x>0区域内存
在垂直纸面向里匀强磁场，磁感应强度大小为B。质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子甲，从点S（-a，
0）由静止释放，进入磁场区域后，与静止在点P（a，a）、质量也为m的不带电粒子乙发生完全非弹性正
碰，碰撞后速度沿y轴正方向运动，且碰撞前后总电荷量保持不变，下列说法正确的是（ ）
qB2a
A．电场强度的大小E=
2m
B．碰撞后运动半径、周期都发生变化
a
C．经过y轴后，进入电场的最远距离为
4
a
D．经过y轴后，进入电场的最远距离为
2
【答案】AD
【详解】A．设粒子甲在电场中加速后进入磁场的速度为v，甲粒子从S点到O点，由动能定理可得
1 1
qEa= mv2 甲粒子在磁场中做匀圆周运动，由O点到P点偏转 圆周，可知粒子的轨迹半径为r=a由洛
2 4
v2 qB2a
伦兹力提供向心力可得qvB=m 联立解得E= ，A正确；
r 2m
v
B．甲、乙两粒子发生完全非弹性正碰，设碰撞后的速度大小为v′，由动量守恒定律可得mv=2mv′v′=
2
v′2 mv
碰撞后，两粒子共同在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力可得qv′B=2m r = 运动周
r 1 qB
12πr 4πm
期为T= 1= 可知碰撞后运动半径不变；周期变大，B错误；
v′ qB
v
CD．由于碰撞后运动半径不变，可知在(0，2a)位置垂直y轴进入电场，速度大小为 ，在电场中做匀减
2
(v) 2
qE q2B2a qBa
速运动，加速度大小为a = = 由速度位移关系公式可得 2 其中v= 联立解得进入电
加 2m 4m2 x= m
2a
加
a
场的最远距离为x= ，C错误，D正确。故选AD。
2
考向三 三维空间电磁组合场问题
7．（2024·河北·二模）如图所示的足够大的长方体空间被两竖直的虚线平面分成三个区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，其
中区域Ⅰ、Ⅲ中分别存在水平向右和水平向左的匀强电场，电场强度的大小均为E，区域Ⅱ中存在竖直向
上的匀强磁场。O点为区域Ⅰ内的点，O点到右侧第一竖直虚线平面的距离为d，两虚线平面之间的距离
为√3d，一比荷为k的带正电的粒子由O点静止释放，依次经过两虚线平面上的两点，两点之间的距离为
2d，忽略粒子的重力。求：
（1）区域Ⅱ中磁感应强度的大小；
（2）粒子第一次、第二次通过左侧虚线平面时，两点之间的距离；
（3）若粒子的释放点O向左平移2d后由静止释放，粒子第一次、第二次通过左侧虚线平面的时间间隔。
√ E (π )√2d
【答案】（1）B= ；（2）s=(2+√3)d；（3）t= +3
2kd 3 kE
【详解】（1）结合题意作出粒子的运动轨迹，如图甲所示，粒子在区域Ⅰ中运动时，由动能定理得
1
qEd= mv2 解得v =√2kEd又由AC=2d以及两虚线平面之间的距离为√3d可知∠O AC=60°
2 1 1 1
v2 mv
△ACO 为正三角形，所以粒子在区域Ⅱ中运动的轨道半径为R =2d又 qv B=m 1得 B= 1解得
1 1 1 R qR
1 1√ E
B=
2kd
（2）粒子进入区域Ⅲ后做类斜抛运动，水平方向先向右减速再向左加速，向外方向做匀速直线运动，粒
子在C点的水平分速度为v =v sin30°向外分速度为v =v cos30°又由牛顿第二定律qE=ma得a=kE则
x 1 y 1
2v
粒子由C到D的时间为t= x又x =v t解得x =√3d由类斜抛运动的对称性可知，粒子在D点的速度
a CD y CD
大小仍为v =√2kEd则粒子再次回到区域Ⅱ的轨道半径仍为R =2d则粒子第一次、第二次通过左侧虚线平
1 1
面时，两点之间的距离为s=2R cos60°+x 解得s=(2+√3)d
1 CD
（3）如图乙，若粒子的释放点O向左平移2d后由静止释放，粒子在区域Ⅰ中运动时，由动能定理得
1
v2
qE⋅3d= mv2解得 v =√6kEd 粒子在区域Ⅱ中，由 qv B=m 2得 R =2√3d 由几何关系可知粒子在区
2 2 2 2 R 2
2
域Ⅱ中的轨迹所对应的圆心角满足
sinθ=
√3d 则
θ=
π粒子由A到P的时间为
t =
T 结合（2）的解析可
2√3d 6 1 12
知粒子在区域Ⅲ中的运动时间为 t =
2v′
x 又 v′ =v sin60° 由对称性可知，粒子由Q到M的时间为
2 a x 2
t =t = T 又 T= 2πR 2所以粒子第一次、第二次通过左侧虚线平面的时间间隔为 t=t +t +t 由以上解得
3 1 12 v 1 2 3
2π √2d √2d (π )√2d
t= +3 = +3
3 kE kE 3 kE
8．（2024·山东潍坊·三模）如图所示的O—xyz坐标系中，0√3l的Ⅱ区域内有沿y轴正方向的匀强电场。一带电量为＋q、质量为m的粒子从y轴上的点P
（0，2l，0）以速度v 沿x轴正方向射入Ⅰ区域，从点Q进入Ⅱ区域。粒子在Ⅱ区域内，第二次经过x轴
0
π mv
时粒子位于N点，且速度方向与x轴正方向夹角β= 。已知Ⅰ区域磁场磁感应强度大小B = 0，不计
4 0 2ql
粒子重力。
（1）求粒子经过Q点时速度方向与x轴正方向夹角α；
（2）求匀强电场的电场强度E；
（3）求粒子从P到N所用的时间；
mv
（4）粒子到达N点时，在Ⅱ区域施加沿y轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小B = 0，求粒子离开
0 2ql
6πl
N点经过t′=
时间，粒子的位置坐标。
v
0mv2 (2π+6√3+6)l [
(
9π2
)
]
【答案】（1）60°；（2）E= 0；（3）t= ；（4） (2√3+1)l, 3π+ l,2l
4ql 3v 2
0
【详解】根据题意绘出粒子从P到N的运动轨迹如下
v2 √3l
（1）粒子在Ⅰ区域做匀速圆周运动，有qv B =m 0根据几何关系有sinα= 解得α = 60°
0 0 r r
1 1
（2）由几何关系可知，Q、N两点沿电场方向的距离为l，粒子由Q到N过程沿x轴方向做匀速直线运动
v 1 1 mv2
有v = v = v cosα，cosβ= Nx 由动能定理有−qEl= mv2 − mv2 解得E= 0
Nx Qx 0 v 2 N 2 0 4ql
N
α 4π2
（3）粒子由P到Q过程，设时间为t，有t = Tqv B=m r 粒子由Q到N过程，沿y轴方向先匀
1 1 2π 0 T2 1
qE qE
减速后匀加速，设时间分别为t、t，有v sinα= t ，v sinβ= t 其中t = t ＋t＋t 联立解得
2 3 0 m 2 N m 3 1 2 3
(2π+6√3+6)l
t=
3v
0
v2
2πm 4πl 3
（4）粒子运动在xOz平面内的投影为匀速圆周运动qvB =m Nx粒子运动周期T= = 解得t′= T
0 r2 qB v 2
2 0 0
可得 x=r sinα+v cosα(t +t )=(2√3+1)l ，z = 2r 2 = 2l粒子沿y轴方向做匀加速运动，可得
1 0 2 31 qE ( 9π2 ) [ ( 9π2 ) ]
y=v sinβt+ ⋅ t′2= 3π+ l即粒子的位置坐标为 (2√3+1)l, 3π+ l,2l 。
0 2 m 2 2
题型二 带电粒子（带电体）在叠加场中的运动
一、 洛伦兹力与重力共存
二、 静电力与洛伦兹力共存
三、 静电力、重力与洛伦兹力共存
四、 带电粒子在叠加场中运动的解题思路9．（2024·安徽·高考真题）空间中存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，电场强度大小
为E，磁感应强度大小为B。一质量为m的带电油滴a，在纸面内做半径为R的圆周运动，轨迹如图所示。
当a运动到最低点P时，瞬间分成两个小油滴Ⅰ、Ⅱ，二者带电量、质量均相同。Ⅰ在P点时与a的速度
方向相同，并做半径为3R的圆周运动，轨迹如图所示。Ⅱ的轨迹未画出。已知重力加速度大小为g，不计
空气浮力与阻力以及Ⅰ、Ⅱ分开后的相互作用，则（ ）
mg
A．油滴a带负电，所带电量的大小为
E
gBR
B．油滴a做圆周运动的速度大小为
E
3gBR 4πE
C．小油滴Ⅰ做圆周运动的速度大小为 ，周期为
E gB
D．小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动
【答案】ABD
mg
【详解】A．油滴a做圆周运动，故重力与电场力平衡，可知带负电，有mg=Eq解得q= 故A正确；
E
v2 mv gBR
B．根据洛伦兹力提供向心力Bqv=m 得R= 解得油滴a做圆周运动的速度大小为v= 故B正确；
R Bq Em
v
2 1 3BqR 3gBR 2π⋅3R 2πE
C．设小油滴Ⅰ的速度大小为v ，得3R= 解得v = = 周期为T= = 故C错
1 q 1 m E v gB
B 1
2
误；
D．带电油滴a分离前后动量守恒，设分离后小油滴Ⅱ的速度为v ，取油滴a分离前瞬间的速度方向为正
2
m m gBR
方向，得mv= v + v 解得v =− 由于分离后的小液滴受到的电场力和重力仍然平衡，分离后小油
2 1 2 2 2 E
滴Ⅱ的速度方向与正方向相反，根据左手定则可知小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动，故D正确。故选
ABD。
【技巧点拨】
（1）明确重力、电场力和洛伦兹力共存的情况下，做圆周运动的条件；
（2）油滴分离前后动量守恒。
10．（2023·江苏·高考真题）霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型。Oxy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m、电荷量为e的电子从O点沿x
轴正方向水平入射。入射速度为v 时，电子沿x轴做直线运动；入射速度小于v 时，电子的运动轨迹如图
0 0
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E；
v v
（2）若电子入射速度为 0，求运动到速度为 0时位置的纵坐标y；
4 2 1
mv
（3）若电子入射速度在0 < v < v 范围内均匀分布，求能到达纵坐标y = 0位置的电子数N占总电子
0 2 5eB
数N 的百分比。
0
3mv
【答案】（1）vB；（2） 0；（3）90%
0 32eB
【详解】（1）由题知，入射速度为v 时，电子沿x轴做直线运动则有Ee = evB解得E = vB
0 0 0
（2）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，由于洛伦兹力不做功，且v
由于电子入射速度为 0，则电子受到的电场力大于洛伦兹力，则电子向上偏转，根据动能定理有
4
1 1 2 1 1 2 3mv
eE y = m( v ) − m( v ) 解得y = 0
1 2 2 0 2 4 0 1 32eB
（3）若电子以v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
1 1
eEy= mv2− mv2 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F = ev B－eE
2 m 2 合 m
2E 2m(v −v) mv
在最低点有F = eE－evB联立有v = −v ， y= 0 要让电子达纵坐标y = 0位置，即y
合 m B eB 2 5eB
9 mv
≥ y 解得v≤ v 则若电子入射速度在0 < v < v 范围内均匀分布，能到达纵坐标y = 0位置的电子数
2 10 0 0 2 5eB
N占总电子数N 的90%。
0
【技巧点拨】
（1）电子做直线运动的条件是电场力和洛伦兹力相等；
（2）第2、3问条件下的运动是一般曲线运动，可以利用动能定理解决相关问题。
考向一 电磁叠加场中的仪器原理
11．（2024·北京东城·一模）用如图所示装置作为推进器加速带电粒子。装置左侧部分由两块间距为d的
平行金属板M、N组成，两板间有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。使大量电荷量绝对值
均为q 的正、负离子从左侧以速度v 水平入射，可以给右侧平行板电容器PQ供电。靠近Q板处有一放射
0 0
源S可释放初速度为0、质量为m、电荷量绝对值为q的粒子，粒子被加速后从S正上方的孔喷出P板，喷
出的速度大小为v。下列说法正确的是（ ）A．放射源S释放的粒子带负电
B．增大q 的值，可以提高v
0
C．PQ间距变为原来的2倍，可使v变为原来√2倍
D．v 和B同时变为原来的2倍，可使v变为原来的2倍
0
【答案】D
【详解】A．根据左手定则可知，正负离子进入MN区域，正离子受到向下的洛伦兹力，负离子受到向上
的洛伦兹力，所以正离子打到N板，负离子打到M板，N板电势高于M板，即Q板电势高于P板，S释放
的粒子受到向上的电场力，电场力方向与场强方向相同，则粒子带正电，故A错误；
U 1 √2qBv d
BC．根据力的平衡可得q v B=q S释放的粒子，加速过程有qU= mv2 联立可得v= 0 由此
0 0 0 d 2 m
可知，粒子射出的速度与q、PQ间距无关，故BC错误；
0
D．由以上分析可知，当v 和B同时变为原来的2倍，可使v变为原来的2倍，故D正确。故选D。
0
12．（2024·江西·模拟预测）如图所示，光电管和一金属材料做成的霍尔元件串联，霍尔元件的长、宽、
高分别为a、b、c且水平放置，该霍尔元件放在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中。某时
刻让一束光照到光电管的阴极K激发出光电子，闭合电键S，调节滑动变阻器的划片到某一位置，电流表
A的示数为I，电压表的示数为U。经典电磁场理论认为：当金属导体两端电压稳定后，导体中产生恒定电
场，且恒定电场的性质和静电场性质相同。已知电子电量为e，电子的质量为m。霍尔元件单位体积内的
电子数为n，则（ ）
A．霍尔元件前表面电势低于后表面电势BI
B．霍尔元件前后表面的电压大小为
nec
√ BI 2 U 2
C．霍尔片内的电场强度大小为 ( ) +( )
nebc a
D．将滑动变阻器的滑片P向右滑动，电流表的示数会不断地增加
【答案】ABC
【详解】A．由题意可知，经过霍尔元件的电流方向为水平向右，则电子运动方向水平向左，根据洛伦兹
力可知，电子会到达前表面，故霍尔元件前表面电势低于后表面电势，故A正确；
B．设霍尔元件前后侧面的电压为U，电子在霍尔元件内做定向移动的速率为v，根据洛伦兹力与电场力平
qU BI
衡可得qvB= 霍尔元件单位体积内的电子数为n，则电流I=neSv=nebcv联立解得U= 故B正确；
b nec
U BI U
C．霍尔片内沿前后侧面的电场强度大小为E = = 沿电流方向的恒定电场为E= 则霍尔片的电场
1 b nebc a
√ BI 2 U 2
强度为E =√E2+E2= ( ) +( ) 故C正确；
合 1 nebc a
D．若I已经为光电效应达到的饱和电流，则当滑动变阻器滑片右移后，电流I保持不变，故D错误。
故选ABC。
考向二 叠加场中束缚类直线运动
13．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图所示倾角为37°的足够长的光滑绝缘斜面处于匀强磁场中，磁感应强
mg
度为B。可视为质点的小球质量为m，带电量为+q，以平行于斜面的初速度v = 从斜面底端向上滑行，
0 qB
t时刻小球离开斜面。已知sin37°=0.6，整个运动过程中小球带电量保持不变，下列分析正确的是
（ ）
A．小球离开斜面之前的运动过程中加速度恒定
v
B．t= 0
5g27mv
C．小球离开斜面之前的过程中斜面对小球的弹力的冲量大小为 0
10
16v2
D．小球离开斜面后相对分离点能够上升的最大高度为 0
25g
【答案】AC
【详解】A．小球上行过程中洛伦兹力垂直斜面向下，小球不会离开斜面，小球在下滑至某位置时离开斜
面。离开斜面前满足mgsin37°=ma得a=gsin37°恒定。故A正确；
mgsin37° 4
B．离开斜面瞬间满足qvB=mgcos37°得v= = v 由匀变速直线运动规律得−v=v −at可得
qB 5 0 0
3v
t= 0故B错误；
g
C．上行过程由平衡条件可得F =qvB+mgcos37°此过程中弹力的冲量为
N1
I =∑(qvB+mgcos37°)Δt=(mgcos37°)t +qBx 同理可得下行过程弹力冲量为
1 1 1
I =∑(−qvB+mgcos37°)Δt=(mgcos37°)t −qBx 全程弹力冲量为
2 2 2
v +v
I=I +I =(mgcos37°)(t +t )−qB(x −x )又由匀变速直线运动规律可得t +t = 0 ，
1 2 1 1 1 2 1 1 gsin37°
v2−v2 27mv
x −x = 0 联立得I= 0故C正确；
1 2 2gsin37° 10
D．小球离开斜面后做摆线运动，从离开斜面至到达最高点的过程中由功能关系可得
1 1
mgℎ = mv2− mv′2 在水平方向上由动量定理可得∑qv BΔt=qBℎ =mvcos37°−mv′ 联立，可得
m 2 2 x m
6v2
ℎ = 0故D错误。故选AC。
m 25g
14．（2024·贵州贵阳·模拟预测）如图甲所示，在竖直面（纸面）内，一个足够长的绝缘圆柱细杆与水平
方向成θ=60°角固定，所在空间有垂直于纸面向里的匀强磁场和水平向左的匀强电场，一质量为
m=0.3kg、带电量q=+1.0C的穿孔小球套在杆上，小球上的孔径略大于杆的直径。杆的表面由两种材料√3
构成，图甲中杆的中轴线右上方一侧的表面光滑，左下方一侧的表面与小球的动摩擦因数为μ= 。现将
12
√3
该小球由静止释放，得其速度-时间图像如图乙所示，其中t= s之前的图像为直线，之后的图像为曲线。
5
则下列说法正确的有（ ）
A．匀强磁场的磁感应强度大小为1T
B．小球最终将在杆上做速度大小为8m/s的匀速直线运动
C．若将图甲中的细杆绕它的中轴线旋转180°后再由静止释放小球，则小球最终将在杆上做加速度大
10√3
小为
m/s2
的匀加速直线运动
3
D．若将图甲中的细杆绕它的中轴线旋转90°后再由静止释放小球，则小球最终将在杆上做速度大小为
18m/s的匀速直线运动
【答案】CD
Δv 10√3
【详解】A．小球由静止释放做匀加速运动，根据图像可知a= = m/s2 根据牛顿第二定律
Δt 3
√3
mgsinθ−qEcosθ=ma解得E=√3N/C在t= s前做匀加速运动，则摩擦力为零，所以杆的支持力为右
5
√3
上方一侧，当t= s时，支持力恰好为零，则有qvB=mgcosθ+qEsinθ解得B=1.5T故A错误；
5
B．小球最终将在杆上做匀速运动时加速度为零，则有解得 m/s故B错误；
mgsinθ=qEcosθ+μF F =qBv −mgcosθ−qEsinθ v =10
N1 N1 2 2
C．若将图甲中的细杆绕它的中轴线旋转180°后再由静止释放小球，刚才时小球向下加速度，随着速度增
大，洛伦兹力增大，由于旋转180°后中轴线右上方一侧有摩擦力，所以摩擦力逐渐减小，最后无摩擦力的
10√3
作用，根据mgsinθ−qEcosθ=ma 解得a = m/s2 故C正确；
1 1 3
D．若将图甲中的细杆绕它的中轴线旋转90°后再由静止释放小球，最终小球速度最大时有
F
mgsinθ=qEcosθ+μ N2 F =qv B−mgcosθ−qEsinθ解得v =18m/s故D正确。故选CD。
2 N2 3 3
考向三 叠加场中圆周运动
15．（2024·江西景德镇·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h，电场强度为E、方向竖
g
直向上，磁感应强度为B、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
E
小球一个向右的初速度，离开桌边缘立刻进入复合场运动，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（ ）
2πE
A．小球在复合场中的运动时间可能是
3gB
ℎB2g2
B．小球在复合场中运动的加速度大小可能是
E2
4πℎ
C．小球在复合场中运动的路程可能是
9
4Bgℎ
D．小球的初速度大小可能是
3E
【答案】ACg
【详解】带电小球的比荷为 ，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
E
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v ，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
1
120∘ 1 2πm 2πE 2
t = T= ⋅ = 根据几何知识可得，其轨迹半径为R = ℎ则根据洛伦兹力提供向心力有
1 360∘ 3 Bq 3Bg 1 3
v2 2Bgℎ 120∘ 4
Bqv =m 1可得，小球的速度为v = 则小球的路程为s = 2πR = πℎ小球的加速度为
1 R 1 3E 1 360∘ 1 9
1
v2 2B2g2ℎ
a = 1 = 若小球速度为v ，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
1 R 3E2 2
1
60∘ 1 2πm πE
中的运动时间为t = T= ⋅ = 根据几何知识可得，其轨迹半径为R =2ℎ则根据洛伦兹力
2 360∘ 6 Bq 3Bg 2
v2 2Bgℎ 60∘ 2
提供向心力有Bqv =m 2可得，小球的速度为v = 则小球的路程为s = 2πR = πℎ小球的
2 R 2 E 2 360∘ 2 3
2
v2 2B2g2ℎ
加速度为a = 2 = 故选AC。
2 R E2
2
16．（2024·山西临汾·二模）如图所示，空间某区域存在正交的匀强电场和匀强磁场，磁场方向垂直纸面
向里，电场方向竖直向下。将相距很近的两带电小球a、b同时向左、右水平抛出，二者均做匀速圆周运动。
经过一段时间，两球发生碰撞。已知两球的电荷量分别为q 、q ，质量分别为m 、m ，不考虑两球之间的
1 2 1 2相互作用力。下列说法正确的是（ ）
A．a、b球都带正电
q m
B．
1= 1
q m
2 2
C．两球抛出的速度大小一定相等
D．两球做圆周运动的周期一定相等
【答案】BD
【详解】AB．由于两球做匀速圆周运动，可知电场力与重力等大反向，则电场力向上与电场方向相反，则
q m
a、b球都带负电，且有Eq =m g，Eq =m g可得 1= 1 故A错误，B正确；
1 1 2 2 q m
2 2
v2 2πr 2πm q q
D．根据题意有qvB=m ，T= 整理可得T= 由AB分析可知 1 = 2 则有T =T 即两球做圆周
r v qB m m 1 2
1 2
运动的周期一定相等，故D正确；
v2 mv v r
C．根据题意有qvB=m 解得r= 可知 1= 1 由于二者圆周运动的周期相等，若二者速度大小不等，
r qB v r
2 2
二者运动一周都会在出发点碰撞，由于两球做圆周运动的半径关系无法确定，则两球抛出的速度大小关系
不确定，故C错误。故选BD。
考向四 叠加场中摆线类运动
17．（2024·浙江绍兴·一模）如图所示，直线边界PQ下方存在垂直纸面向内的匀强磁场，磁感应强度大小
为B。质量为m的小球，带正电q，从边界上a点静止释放，之后沿曲线经时间t到c点（图中c点未画
出）时速度达到最大值v，不计空气阻力，有关小球的运动，下列说法正确的是（ ）
A．小球最终将原路返回a点
B．小球到c点时，速度v沿水平方向m2g
C．小球离开直线边界的最远距离为d=
qB
D．小球由a点运动到c点的过程中，洛伦兹力冲量大小为I=√(mgt) 2+(mv) 2
【答案】BD
【详解】BC．根据配速法，小球的运动可看成是水平向右的匀速直线运动和竖直平面内的匀速圆周运动，
v2
所以mg=qv Bqv B=m 2由于初始时，小球速度为零，所以v =v 小球达到最大速度时，有
1 2 r 1 2
2mg 2m2g
v=v +v =2v = 方向为水平向右，最远距离为d=2r= 故B正确，C错误；
1 2 1 qB q2B2
A．小球的运动为摆线运动，最终将不会原路返回a点，故A错误；
D．小球由a点运动到c点的过程中，根据动量定理可得洛伦兹力冲量大小为
I=√I2+I2=√(mv) 2+(mgt) 2故D正确。故选BD。
x y
18．（2024·河南·模拟预测）如图所示，空间存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，
一带电荷量为q、质量为m的带正电小球从磁场中某点P由静止释放，其运动轨迹是一条摆线。小球的运
动实际上是竖直平面内沿逆时针方向、速度大小为v的匀速圆周运动和水平向右、速度大小为v的匀速直
线运动的合运动，重力加速度为g。已知轨迹上某点的曲率半径为在极限情况下，通过该点和轨迹上紧邻
该点两侧的两点作出的圆的半径。则下列说法正确的是（ ）
A．小球运动到最低点时的速度为v
4mv2
B．小球运动到最低点时轨迹的曲率半径为
2qvB−mg
2v2
C．小球第一次运动到最低点时，距离释放点的竖直距离为
g
2πm
D．小球从释放到第一次经过最低点所需时间为
qB【答案】BC
【详解】A．因为小球的运动实际上是竖直平面内沿逆时针方向、速度大小为v的匀速圆周运动和水平向
右、速度大小为v的匀速直线运动的合运动，故小球在最高点做圆周运动的分速度水平向左，做直线运动
的分速度水平向右，合速度为0，在最低点时的速度是两分速度的矢量和，为2v，故A错误；
(2v) 2 4mv2
B．设在最低点时轨迹的曲率半径为R，则有q⋅2vB−mg=m 可解得曲率半径R= 故B
R 2qvB−mg
正确；
1 2v2
C．小球在运动过程中洛伦兹力不做功，机械能守恒，有mgℎ= m(2v) 2 解得ℎ= 故C正确；
2 g
D．小球从释放到第一次经过最低点的过程中，只运动了半个圆周，根据分运动的等时性，则有
T πm
t= = 故D错误。故选BC。
2 qB
题型三 带电粒子在交变场中的运动
带电粒子在交变电、磁场中运动的解题思路
19．（2024·广东·高考真题）如图甲所示。两块平行正对的金属板水平放置，板间加上如图乙所示幅值为
U 、周期为t 的交变电压。金属板左侧存在一水平向右的恒定匀强电场，右侧分布着垂直纸面向外的匀强
0 0磁场。磁感应强度大小为B．一带电粒子在t=0时刻从左侧电场某处由静止释放，在t=t 时刻从下板左端
0
边缘位置水平向右进入金属板间的电场内，在t=2t 时刻第一次离开金属板间的电场、水平向右进入磁场，
0
π
并在t=3t 时刻从下板右端边缘位置再次水平进入金属板间的电场。已知金属板的板长是板间距离的 倍，
0 3
粒子质量为m。忽略粒子所受的重力和场的边缘效应。
（1）判断带电粒子的电性并求其所带的电荷量q；
（2）求金属板的板间距离D和带电粒子在t=t 时刻的速度大小v；
0
（3）求从t=0时刻开始到带电粒子最终碰到上金属板的过程中，电场力对粒子做的功W。
πm √3πt U √ πU πmU (π2+16)
【答案】（1）正电；q= ；（2）D= 0 0；v=π 0 ；（3）W = 0
Bt 8B 24Bt 48Bt
0 0 0
【详解】（1）根据带电粒子在右侧磁场中的运动轨迹结合左手定则可知，粒子带正电；粒子在磁场中运
2πm πm
动的周期为T=2t 根据T= 则粒子所带的电荷量q= 。
0 qB Bt
0
πD πD
（2）若金属板的板间距离为D，则板长 粒子在板间运动时 =vt 出电场时竖直速度为零，则竖直方
3 3 0
1 U q v2 2mv √ πU
向y=2× 0 (0.5t ) 2在磁场中时qvB=m 其中的y=2r= 联立解得v=π 0 ，
2 Dm 0 r qB 24Bt
0
√3πt U
D= 0 0。
8B（3）带电粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图，由（2）的计算可知金属板的板间距离D=3r则粒子在3t
0
时刻再次进入中间的偏转电场，在4 t 时刻进入左侧的电场做减速运动速度为零后反向加速，在6 t 时刻
0 0
再次进入中间的偏转电场，6.5 t 时刻碰到上极板，因粒子在偏转电场中运动时，在时间t 内电场力做功为
0 0
零，在左侧电场中运动时，往返一次电场力做功也为零，可知整个过程中只有开始进入左侧电场时电场力
1 D π3mU πmU πmU (π2+16)
做功和最后0.5t 时间内电场力做功，则W = mv2+Eq× = 0+ 0= 0 。
0 2 3 48Bt 3Bt 48Bt
0 0 0
【技巧点拨】
（1）明确粒子进入交变电场或者磁场的时刻；
（2）明确每一个时间段粒子的运动形式，根据粒子的受力情况应用相应的运动学、动力学和能量规律。
考向一 带电粒子二维平面交变场中的运动
20．（2024·山东泰安·模拟预测）如图甲所示，在光滑绝缘水平桌面内建立xOy坐标系，在第Ⅱ象限内有
平行于桌面的匀强电场，场强方向与x轴负方向的夹角θ＝45°。在第Ⅲ象限垂直于桌面放置两块相互平行
的平板C 、C ，两板间距为d =0.6m，板间有垂直于桌面向上的匀强磁场，两板右端在y轴上，板C 与x
1 2 1 1
轴重合，在其左端紧贴桌面有一小孔M，小孔M离坐标原点O的距离为L＝0.72 m。在第Ⅳ象限垂直于x
轴放置一块平行y轴且沿y轴负向足够长的竖直平板C ，平板C 在x轴上垂足为Q，垂足Q与原点O相距
3 3
d =0.18m 。现将一带负电的小球从桌面上的P点以初速度v =2√2m/s垂直于电场方向射出，刚好垂直
2 0
q
于x轴穿过C 板上的M孔，进入磁场区域。已知小球可视为质点，小球的比荷 =20 C/kg，P点与小孔
1 m
√2
M在垂直于电场方向上的距离s= m，不考虑空气阻力。求：
10（1）匀强电场的场强大小；
（2）要使带电小球无碰撞地穿出磁场并打到平板C 上，求磁感应强度的取值范围；
3
（3）以小球从M点进入磁场开始计时，磁场的磁感应强度随时间呈周期性变化，规定磁场方向垂直于桌
面向上为正方向，如图乙所示，求小球打到平板C 上的位置到Q点的距离。（√3=1.73，计算结果保留两
3
位小数）
1 1
【答案】（1）2√2N/C；（2） T≤B≤ T；（3）0.38m
3 2
【详解】（1）小球在第Ⅱ象限内做类平抛运动，有s=v
0
t，
at=v
0tanθ¿
由牛顿第二定律得qE=ma联立解
¿
得E=2√2N/C
v
（2）设小球通过M点时的速度为v，由类平抛运动规律得v= 0 解得v=4m/s小球垂直磁场方向进入
sinθ
两板间做匀速圆周运动，轨迹如图所示
v2 mv
由牛顿第二定律得qvB=m 可得B= 小球刚好能打到Q点磁感应强度最强设为B ，此时小球的轨迹半
R qR 1R L−R 1
径为R ，由几何关系得 1 = 1 解得B = T小球刚好不与C 板相碰时磁感应强度最小设为B ，
1 L+d −R R 1 2 2 2
2 1 1
1 1 1
此时粒子的轨迹半径为R ，由几何关系有R =d 解得B = T综合可得磁感应强度的取值范围 T≤B≤ T
2 2 1 2 3 3 2
mv 2πR
（3）小球进入磁场做匀速圆周运动，设半径为R ，周期为T，有R = ，T= 3解得R =0.09m，
3 3 qB v 3
3
9π 2
T= 由磁场周期T = T得小球在磁场中运动的轨迹如图所示
200 0 3
可得一个磁场周期内小球在x轴方向的位移为3R ；由分析知有L=8R =(3n+2)R =0.72m（n=2）每个
3 3 3
T T T
0= 内，小球x方向位移x=R +R sinβ（β=30°）小球y方向位移y=R cosβ可知小球在第6个 0
2 3 3 3 3 2
内沿+x方向射出磁场，设打在平板C 上的位置到Q点距离为ℎ，有ℎ=5R cosβ−R (1−cosβ)解得
3 3 3
ℎ=0.38m。
21．（2024·福建漳州·二模）如图甲的空间中存在随时间变化的磁场和电场，规定磁感应强度B垂直xOy
平面向内为正方向，电场强度E沿x轴正方向为正方向，B随时间t的变化规律如图乙，E随时间t的变化
规律如图丙。t=0时，一带正电的粒子从坐标原点O以初速度v 沿y轴负方向开始运动。已知B 、t 、v ，
0 0 0 0
π
带电粒子的比荷为 ，粒子重力不计。
B t
0 0
（1）求粒子在磁场中做圆周运动的周期T；
（2）求t=t 时，粒子的位置坐标(x ,y )；
0 1 1（3）在0~2t 内，若粒子的最大速度是2v ，求E 与B 的比值。
0 0 0 0
(2v t ) E 2√3v
【答案】（1）2t ；（2） 0 0,0 ；（3） 0= 0
0 π B π
0
2πr 2πm
【详解】（1）粒子在磁场中做圆周运动的周期T= = =2t
v qB 0
0 0
v2 mv v t
（2）0~t 内，粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿运动定律有qv B=m 0解得r= 0= 0 0 由
0 0 r qB π
0
（1）问可知粒子在磁场中做圆周运动的周期T=2t 则粒子在0~t 内运动了半周期恰好又回到x轴，速度
0 0
2v t (2v t )
方向沿y轴正方向x =2r= 0 0 y =0即此时粒子位置的坐标为 0 0,0
1 π 1 π
（3）0~2t 内粒子的运动轨迹如图所示，在t ~1.5t 内，粒子受到沿x轴正方向电场力的作用，粒子做类
0 0 0
qE πE
平抛运动，粒子在x方向做匀加速运动a= 0= 0 。
m t B
0 0t πE
当t=1.5t 时，粒子具有最大速度，粒子沿x轴方向的分速度为v =a 0= 0 沿y轴方向的分速度为
0 x 2 2B
0
E 2√3v
v =v 则v=√v2+v2=2v 解得 0= 0 。
y 0 x y 0 B π
0
考向二 带电粒子三维空间交变场中的运动
22．（2024·江西上饶·一模）如图甲的空间直角坐标系Oxyz中，有一边长为L的立方体区域，该区域内
3mv
（含边界）有沿y轴正方向的匀强磁场，磁感应强度B= 0。质量为m、电荷量为+q的带电粒子以初
qL
速度v 从a点沿x轴正方向进入立方体区域，不计粒子的重力。求：
0
（1）粒子离开立方体区域时位置坐标；
（2）若在该区域再加一个沿y轴负方向的匀强电场，粒子仍从a点以初速度v 沿x轴正方向进入该区域后
0
从Ob′之间某点离开，求所加电场的电场强度以及粒子离开立方体区域时的速度v 大小（结果不必化成小
1
数，保留根式）；
（3）撤去原来的电场和磁场，在该区域加方向沿x轴负方向的磁场B 和沿y轴正方向的磁场B ，磁感应强
x y
度B 、B 的大小随时间t周期性变化的规律如图乙所示。t=0时刻，粒子仍从a点以初速度v 沿x轴正方向
x y 0
进入该区域，要使粒子从平面cdd′c′离开此区域，且速度方向与z轴正方向的夹角为53°，求磁感应强度
B 的可能取值（cos53°=0.6，sin53°=0.8）。
02L 18mv2 √ 36 (2n+0.6)mv
【答案】（1）（0，L， ）；（2）E= 0，v =v 1+ ；（3）B = 0（n=0，
3 qLπ2 1 0 π2 0 qL
1，2……）
mv2
【详解】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由洛伦兹力提供向心力可得qv B= 0解得
0 r
mv L 2L
r= 0= 粒子离开立方体区域时位置坐标为（0，L， ）
qB 3 3
（2）加电场后，粒子在复合场中运动，可分解为沿y轴负方向的匀加速直线运动和沿平行于xOz平面的匀
速圆周运动，粒子沿y轴负方向的加速度为a ，由牛顿第二定律有qE=ma 设运动时间为t，则有
y y
1 2πr 2πm
L= a t2 粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T= = 由粒子从Ob′之间某点离开知，粒子在
2 y v qB
0
T
18mv2
平行xOz平面内的运动轨迹为二分之一圆周，则有t= 联立解得E= 0由于洛伦兹力不做功，对粒子，
2 qLπ2
由动能定理可得qEL= 1 mv2− 1 mv2 解得v =v √ 1+ 36
2 1 2 0 1 0 π2
T
（3）沿y轴负方向看，设粒子在平行于yOz平面内运动了n个完整 ，粒子射出时与z轴正方向夹角为
2
53°，下图为n=1的情况
设粒子运动半径为r，则满足L=2nr+0.6r（n=0，1，2……）这一过程，粒子沿y轴负方向下降距离为
（ ，1，2……）由于 ，所以粒子能到达 平面，符合题意。洛伦兹力提供向心力
s=2nr n=0 L>s cdd′c′qv B =m
v2
0
解得
B =
(2n+0.6)mv
0
（
n=0
，1，2……）。
0 0 r 0 qL
23．（2023·山东·模拟预测）如图甲所示，空间直角坐标系xOyz中，界面M、N均与xOy平面平行，界
面M、N将空间分为区域Ⅰ、区域Ⅱ两部分，界面M与xOy平面和界面N间的距离均为L,z轴与界面M
相交于O 与界面N相交于O 。区域Ⅰ中在y>0的范围内存在着沿y轴负方向的匀强电场，在y<0的范围内
1 2
存在着沿y轴正方向的匀强电场，两个电场强度大小相等；区域Ⅱ中，在0≤x<2l的区域里有垂直xOz平
面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，如图乙所示，B随时间t的变化规律如图丙所示（B 和T 均未知），
0 0
规定磁场方向沿y轴负方向为正。有一质量为m、电荷量为+q的粒子，初速度为零，经加速器加速后获得
大小为v 的速度，然后从y轴上的P(0，−y ，0)点沿z轴正方向进入区域Ⅰ，之后经过z轴后从Q点垂
0 0
直穿过界面M进入区域Ⅱ。不考虑粒子的重力，求：
（1）加速器的加速电压；
（2）区域Ⅰ中匀强电场的场强大小；
T (l )
（3）若粒子从t=0时刻射入区域Ⅱ，在t< 0的某时刻从x′Qz′平面的点 ,l （以Q点为坐标原点）射
2 4
出磁场，求B 的大小；
0
2v T
（4）若粒子的比荷为k,B = 0，粒子在0≤t≤ 0的任一时刻射入区域Ⅱ时，粒子离开磁场时的位置都
0 kl 2
不在x′轴上，求T 的取值范围。
0
mv2 8 y mv2 8mv 5πl
【答案】（1） 0；（2） 0 0；（3） 0；（4）T ≤
2q ql2 17ql 0 6v
01 mv2
【详解】（1）粒子经加速器加速，由动能定理得qU = mv2 解得U = 0
0 2 0 0 2q
（2）设粒子在区域Ⅰ中运动时间为t ，区域Ⅰ中匀强电场的场强大小为E，根据题意得
1
1 (t ) 2 8 y mv2
l=v t ,y = a 1 又qE=ma解得E= 0 0
0 1 0 2 2 ql2
（3）粒子进入区域Ⅱ，在x′Qz′平面内做匀速圆周运动，轨迹如图甲所示
洛伦兹力提供向心力，有qv B = mv2 0由几何关系可得r2=l2+ ( r− l ) 2 联立解得B = 8mv 0
0 0 r 4 0 17ql
mv l
（4）由题意可得粒子运动的轨迹半径为R= 0= 临界情况为粒子从t=0时刻入射，并且轨迹恰好与x′
qB 2
0
轴相切，此时刻进入的粒子不从x′轴射出，其他情况粒子都不会从x′轴射出，轨迹如图乙所示
该情况下根据洛伦兹力提供向心力可得圆周运动的周期为 2πR由几何关系可得， T 内，粒子转过
T= t= 0
v 2
0
5π
的圆心角为5π，对应运动时间为 故要使粒子离开磁场时的位置都不在 轴上，应满足
6 5 x′
6 t = T= T
1 2π 12T 联立可得 5πl。
t ≥ 0 T ≤
1 2 0 6v
0
