文档文本内容
高考力学压轴题模型解读与针对性训练
专题7 带电粒子在空间电磁场中运动模型
【滑块-木板模型解读】
1.常见带电粒子在立体空间中的运动类型
常见类型
立体视图
三视图
等间距螺
旋线运动
磁场进磁场
yOx 平面 yOz 平面
电场进磁场
yOx 平面 yOz 平面
磁场进电场
2.解题关键点
（1）带电粒子的等间距螺旋线运动与加速旋进的螺旋线运动
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不平行也不垂
直时，带电粒子在磁场中就做等间距螺旋线运动.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
下就可以做加速旋进的螺旋线运动，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.
（2）带电粒子在立体空间中的偏转
分析带电粒子在立体空间中的运动时，要充分发挥空间想象力，由受力确定粒
子的运动状态，进而确定粒子在空间中的运动轨迹.将带电粒子通过不同空间的
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求解问题.
【高考真题】
【典例】．[2022 高考山东卷]中国“人造太阳”在核聚变实验方面取得新突破，该装置中
用电磁场约束和加速高能离子，其部分电磁场简化模型如图所示，在三维坐标系Oxyz 中，
0＜z≤d 空间内充满匀强磁场Ⅰ，磁感应强度大小为B，方向沿x 轴正方向；－3d≤z＜0、
y≥0 的空间内充满匀强磁场Ⅱ，磁感应强度大小为
❑√2
2 B，方向平行于xOy 平面、与x 轴正
方向夹角为45°；z＜0、y≤0 的空间内充满沿y 轴负方向的匀强电场.质量为m、带电量为
＋q 的离子甲，从yOz 平面第三象限内距y 轴为L 的点A 以一定速度出射，速度方向与z 轴
正方向夹角为β，在yOz 平面内运动一段时间后，经坐标原点O 沿z 轴正方向进入磁场Ⅰ.不
计离子重力.
（1）当离子甲从A 点出射速度为v0时，求电场强度的大小E；
（2）若使离子甲进入磁场后始终在磁场中运动，求进入磁场时的最大速度vm；
（3）离子甲以qB d
2m 的速度从O 点沿z 轴正方向第一次穿过xOy 面进入磁场Ⅰ，求第四次穿
过xOy 平面的位置坐标（用d 表示）；
（4）当离子甲以qB d
2m 的速度从O 点进入磁场Ⅰ时，质量为4m、带电荷量为＋q 的离子乙，
也从O 点沿z 轴正方向以相同的动能同时进入磁场Ⅰ，求两离子进入磁场后，到达它们运动
轨迹第一个交点的时间差Δt（忽略离子间相互作用）.
答案 （1）E＝m v0
2sin β c os β
qL
（2）vm＝qB d
m （3）（d，d，0）
（4）Δt＝2（❑√2+1）π m
qB
解析 （1）离子甲从A 点射入电场，由O 点沿＋z 方向射出，只受沿－y 方向电场力的作
用，所以在＋z 方向上，离子甲做匀速直线运动，在从A 到O 的运动过程中，在＋z 方向上
有
L＝v0cosβ·t
在＋y 方向上有0＝v0sinβ－at
由牛顿第二定律有Eq＝ma
解得E＝m v0
2sin β c os β
qL
（2）离子甲进入磁场Ⅰ中，当离子甲运动轨迹与磁场Ⅰ上边界相切时，由洛伦兹力充当向心
力有
qv1B＝m v1
2
R1
，其轨迹半径R1＝d
经半个圆周由（0，2d，0）进入磁场Ⅱ，然后在垂直匀强磁场Ⅱ的平面内运动，由洛伦兹力
充当向心力有qv1·
❑√2
2 B＝m v1
2
R2
解得R2＝❑√2d
轨迹恰与xOz 平面相切，则此时离子甲速度最大，即vm＝v1＝Bq d
m
（3）离子甲以v2＝Bqd
2m 射入磁场Ⅰ，则离子甲在磁场Ⅰ中的轨迹半径R'1＝d
2 ，离子甲在磁
场Ⅰ中转半个圆周，由y 轴上（0，d，0）处第二次穿过xOy 面进入磁场Ⅱ，在磁场Ⅱ中的轨
迹半径为R'2＝
❑√2
2 d，离子甲在磁场Ⅱ中偏转半个圆周，由x 轴上（d，0，0）处第三次穿过
xOy 面进入磁场Ⅰ，速度方向平行于z 轴正方向，再在磁场Ⅰ中偏转半个圆周第四次穿过xOy
面，轨迹如图1 所示，所以离子第四次穿越xOy 平面的位置坐标为（d，d，0）
图1
（4）设离子乙的速度为v'2，根据离子甲、乙动能相同可得
1
2mv2＝1
2×4mv'2
2
解得v'2＝1
2v2
由（3）问可知离子甲在磁场Ⅰ、Ⅱ中运动的轨迹半径分别为
R'1＝d
2 ，R'2＝
❑√2
2 d
则离子乙在磁场Ⅰ、Ⅱ中的轨迹半径分别为R″1＝d，R″2＝❑√2d
根据几何关系可知离子甲、乙运动轨迹第一个交点如图2 所示
图2
从O 点进入磁场到第一个交点过程，有
t 甲＝T 甲1＋T 甲2＝2π m
qB ＋
2π m
q·
❑√2
2 B ＝2（❑√2+1）π m
qB
t 乙＝T 乙1
2
＋T 乙2
2
＝2π ·4 m
2qB
＋
2π ·4 m
2q·
❑√2
2 B ＝4（❑√2+1）π m
qB
可得离子甲、乙到达它们运动轨迹第一个交点时间差为
Δt＝t 乙－t 甲＝2（❑√2+1）π m
qB
【针对性训练】
1 某离子加速偏转实验装置部分的示意图如图所示，z 轴正方向垂直于xOy 平面
向外。α 粒子在加速器内经电压U 加速后，在S(0，L，0)点沿x 轴正方向进入Ⅰ
区域，该区域沿x 轴方向的宽度为L，区域内存在沿y 轴正方向的匀强电场，电
场强度大小E＝。α 粒子经偏转后进入Ⅱ区域，该区域沿x 轴方向的宽度为
3L，内部某圆形区域存在沿z 轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝。α
粒子经过Ⅱ区域的磁场后速度方向偏转90°，再进入Ⅲ区域，该区域存在沿x 轴
正方向的匀强磁场，磁感应强度大小为2B，α 粒子离开Ⅲ区域时速度方向平行
于xOz 平面，且与z 轴负方向成45°角。已知α 粒子的电荷量为2e、质量为m，
不计粒子重力。求：
(1)α 粒子在Ⅰ区域内沿y 轴方向的侧移量y1；
(2)Ⅱ区域内圆形磁场区域的最小面积Smin；
(3)Ⅲ区域沿x 轴方向的可能宽度d。
答案 (1) (2)πL2 (3)πL(n＝0，1，2，…)
解析 (1)α 粒子经过加速器过程，根据动能定理可得2eU＝mv
解得v0＝
α 粒子在Ⅰ区域内做类平抛运动，则有
L＝v0t，y1＝at2，a＝
联立解得y1＝＝。
(2)α 粒子离开Ⅰ区域时速度大小为v，与x 轴正方向的夹角为θ，则有v＝，tan
θ＝，vy＝at
联立解得vy＝v0，v＝v0＝，θ＝45°
α 粒子进入Ⅱ区域中圆形区域的匀强磁场中，由洛伦兹力提供向心力得2evB＝
m
解得r＝＝L
α 粒子经过Ⅱ区域的磁场后速度方向偏转90°，如图所示
当α 粒子轨迹对应弦长等于圆形磁场直径时，圆形磁场的面积最小，则有
R＝r＝L
Ⅱ区域内圆形磁场区域的最小面积为Smin＝πR2＝πL2。
(3)α 粒子进入Ⅲ区域时速度方向与y 轴负方向成45°角，将α 粒子进入Ⅲ区域时
的速度分解到＋x 轴方向和－y 方向，则有
vx＝v0＝
vy′＝v0＝
由于磁场方向沿x 轴正方向，则α 粒子沿x 轴正方向以v0做匀速直线运动，同
时α 粒子在yOz 平面内做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力可得2evy′·2B＝
m
解得r2＝L
根据题意有α 粒子离开Ⅲ区域时速度方向平行于xOz 平面，且与z 轴负方向成
45°角，由于vx＝v0＝vy′
则α 粒子在yOz 平面内做匀速圆周运动离开时速度方向刚好沿z 轴负方向，α 粒
子在Ⅲ区域中的运动时间为
t＝(n＋)T＝(n＋)·＝(n＝0，1，2，…)
则Ⅲ场区沿x 轴方向的宽度为
d＝vxt＝v0t＝πL(n＝0，1，2，…)。
2. (2024·湖北武汉模拟)如图所示，在空间直角坐标系中，yOz 平面左侧存在沿
z 轴正方向的匀强磁场，右侧存在沿y 轴正方向的匀强磁场，左、右两侧磁场的
磁感应强度大小相等；yOz 平面右侧还有沿y 轴负方向的匀强电场。现从空间中
坐标为的M 点发射一质量为m，电荷量为＋q 的粒子，粒子的初速度大小为
v0、方向沿xOy 平面，与x 轴正方向的夹角为60°；经一段时间后粒子恰好垂直
于y 轴进入yOz 平面右侧，轨迹上离yOz 平面最远的点恰好落在xOz 平面上，
不计粒子的重力。求：
(1)在yOz 平面左侧匀强磁场的磁感应强度B；
(2)在yOz 平面右侧匀强电场的电场强度E；
(3)粒子第2 次经过yOz 平面时的位置坐标。
答案 (1) (2) (3)(0，－3d，4d)
解析 (1)粒子在yOz 平面做圆周运动的半径r1＝＝2d
根据qv0B＝m
可得左侧匀强磁场的磁感应强度B＝。
(2)粒子第一次经过y 轴后在y 轴负方向上做匀加速运动，同时在洛伦兹力作用
下做圆周运动，因轨迹上离yOz 平面最远的点恰好落在xOz 平面上，可知粒子
到达xOz 平面上时恰好做个圆周运动，则所用时间
t＝＝
竖直方向r1＝·t2
解得E＝。
(3)粒子第2 次经过yOz 平面时做半个圆周运动，则所用时间为t′＝2t＝
沿y 轴负方向做匀加速运动，因在xOz 平面上方和下方用时相等，可知位置坐
标y＝－3d
沿z 轴坐标z＝2r2＝2r1＝4d
即粒子第2 次经过yOz 平面时的位置坐标为(0，－3d，4d)。
3.（2024 辽宁丹东模拟）如图所示，空间存在沿x 轴正方向的匀强电场和匀强磁场，电场
强度大小为E，磁感应强度大小为B.t＝0 时刻，质子以初速度v0从坐标原点O 沿y 轴正方
向射出，已知质子质量为m，电荷量为e，重力不计，则（ C ）
A.t＝π m
e B 时刻，质子的速度沿z 轴的负方向
B.t＝π m
e B 时刻，质子的坐标为（mE π
2
2e B ，0，mv0
e B ）
C.质子可多次经过x 轴，且依次经过x 轴的坐标值之比为1∶4∶9∶…
D.质子运动轨迹在yOz 平面内的投影是以O 点为圆心的圆
【答案】C
解析 沿x 轴方向，质子在电场力作用下做初速度为零的匀加速直线运动.根据左手定则，
洛伦兹力初始时刻沿z 轴负方向，可判断质子在yOz 平面内的分运动为匀速圆周运动，所
以质点运动轨迹在yOz 平面内的投影是经过O 点的圆，D 错误.t＝π m
eB ＝1
2T 时刻，质子在
yOz 平面内的分速度方向沿y 轴负方向，沿x 轴方向分速度沿x 轴正方向，所以质子的合速
度方向不沿z 轴的负方向，故A 错误.质子每经过一个周期可经过一次x 轴，质子沿x 轴方
向在电场力作用下做初速度为零的匀加速直线运动，根据比例关系可知依次经过x 轴的坐
标值之比为1∶4∶9∶…，故C 正确.当t＝π m
eB ＝1
2T 时刻，沿x 轴方向根据牛顿第二定律
有Ee＝ma，位移x＝1
2at2＝1
2· Ee
m ·(π m
eB )2＝π
2mE
2e B
2 ，在yOz 平面内，正好经过半个周期，
则y＝0，z＝－2r＝－2m v0
eB
，所以质子的坐标为(mE π
2
2e B
2 ，0，－2m v0
eB
)，故B 错误.
4. 现代科技中常常利用电场和磁场来控制带电粒子的运动，某控制装置如图所示，区域Ⅰ
是1
4 圆弧形均匀辐向电场，半径为R 的中心线O'O 处的场强大小处处相等，且大小为E1，
方向指向圆心O1；在空间直角坐标系O－xyz 中，区域Ⅱ是边长为L 的正方体空间，该空间
内充满沿y 轴正方向的匀强电场E2（大小未知）；区域Ⅲ也是边长为L 的正方体空间，空
间内充满平行于xOy 平面，与x 轴负方向成45°角的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在区
域Ⅲ的上表面是一粒子收集板；一群比荷不同的带正电的粒子以不同速率先后从O'沿切线
方向进入辐向电场，所有粒子都能通过辐向电场从坐标原点O 沿x 轴正方向进入区域Ⅱ，
不计带电粒子所受重力和粒子之间的相互作用.
（1）若某一粒子进入辐向电场的速率为v0，该粒子通过区域Ⅱ后刚好从P 点进入区域Ⅲ中，
已知P 点坐标为（L，L
2 ，0），求该粒子的比荷q0
m0
和区域Ⅱ中匀强电场E2的大小.
（2）保持（1）问中E2不变，为了使粒子能够在区域Ⅲ中直接打在粒子收集板上，求该粒
子的比荷需要满足的条件.
答案 （1）q0
m0
＝v0
2
E1 R E2＝E1 R
L
（2）4 E1 R
B
2 L
2 ≤q
m≤8 E1 R
B
2 L
2
解析 （1）（过程一：粒子在辐向电场中做匀速圆周运动）某一粒子进入辐向电场的速率
为v0，粒子在辐向电场中做匀速圆周运动，由电场力提供向心力可得q0E1＝m0v0
2
R
【点拨】分析圆周运动的关键是找到向心力的来源.
解得该粒子的比荷为
q0
m0
＝v0
2
E1 R
（过程二：粒子在区域Ⅱ中做类平抛运动，从O 点到P 点，粒子沿x 轴方向做匀速直线运
动，沿y 轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动）粒子在区域Ⅱ中做类平抛运动，沿x 轴
方向有L＝v0t，沿y 轴方向有a＝q0 E2
m0
，L
2 ＝1
2at2
联立解得E2＝E1 R
L
（2）（过程一：粒子在辐向电场中做匀速圆周运动）设粒子的电荷量为q，质量为m，粒
子进入辐向电场的速率为v，则粒子在辐向电场中有qE1＝mv
2
R ，解得v＝❑√
q E1 R
m
（过程二：粒子在区域Ⅱ中做类平抛运动，粒子沿x 轴方向做匀速直线运动，沿y 轴正方向
做初速度为零的匀加速直线运动）粒子在区域Ⅱ中做类平抛运动，假设粒子都能进入区域
Ⅲ中，则沿x 轴方向有L＝vt'
沿y 轴方向有a'＝q E2
m ，y＝1
2a't'2，vy＝a't'
联立解得y＝L
2 ，vy＝❑√
q E1 R
m
可知所有粒子经过区域Ⅱ后都从P 点进入区域Ⅲ中，假设正确.设进入区域Ⅲ的粒子速度方
向与x 轴正方向的夹角为θ，则有tan θ＝v y
v
＝1，解得θ＝45°
粒子进入区域Ⅲ的速度大小为v'＝❑√v
2＋v y
2＝❑√
2q E1 R
m
（过程三：粒子在区域Ⅲ中做匀速圆周运动）粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，则有
qv'B＝mv '
2
r
解得r＝mv '
qB ＝1
B
❑√
2m E1 R
q
为了保证粒子能够打在粒子收集板上，如图，由几何关系可知粒子在磁场中的半径需要满
足L
2 ≤
r ≤
❑√2
2 L，联立解得粒子的比荷需要满足4 E1 R
B
2 L
2 ≤q
m≤8 E1 R
B
2 L
2 .
【方法】降维法：从空间立体情境中找到粒子运动的截面图，化“三维”为“二维”，画
出粒子在区域Ⅲ中的运动截面图，
5. 某实验装置的基本原理如图所示，平行正对放置半径均为R、间距为d 的圆
形金属板，M、N 的圆心分别为O1、O2，位于O1处的粒子源能向两板间各个方
向发射质量为m、电荷量为q 的带正电的粒子，不计粒子重力及相互间作用，
忽略边缘效应。
(1)仅在两板间加电压U，两板间产生方向沿O1O2方向的匀强电场。求粒子源
发射出的粒子速度大小v0满足什么条件时能全部击中N 板？
(2)仅在两板间加方向沿O1O2方向的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B，求粒
子源发射出的方向与O1O2连线成θ(0<θ<90°)角的粒子速度大小v 满足什么条件
时能全部击中N 板？
(3)若两板间同时存在方向都沿O1O2方向的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度大
小为B，粒子源发射出速度大小均为v，方向垂直于O1O2连线的粒子，全部落
在半径为的圆周上(<R)，求电场强度的大小。
答案 (1)v0≤ (2)v≤ (3)
解析 (1)速度方向与电场强度方向垂直的粒子击中N 板，则全部粒子击中N 板。
当速度方向与电场强度方向垂直的粒子击中N 板边缘时，有
R＝v0t，d＝at2
其中a＝＝
解得v0＝
所以，速度大小应满足v0≤。
(2)粒子源发射出的方向与O1O2连线成θ(0<θ<90°)角的粒子，做螺旋线运动，垂
直磁感应强度方向的分速度大小为vy＝vsin θ
根据洛伦兹力提供向心力qvyB＝
若粒子全部击中N 板，则r≤
解得v≤。
(3)设粒子在两板间运动时间为t，在磁场中周期为T，则应该满足
t＝T(n＝0，1，2，3，…)
根据d＝at2
其中a＝
由qvB＝m、T＝得粒子做圆周运动的周期
T＝
联立解得E＝。
