文档文本内容
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
专题强化二十一 带电粒子在叠加场和交变电磁场中的运动
【复习目标】
1.了解叠加场的特点，会分析带电粒子在叠加场中的运动问题。 2.会分析带电粒子在交变电磁场
中的运动问题。
考点一 带电粒子在叠加场中的运动
【知识梳理】
1.叠加场
电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存。
2.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
粒子所受的合力为0
平衡条件
匀速圆
周运动
除洛伦兹力外，另外两力的合力为
零qE＝mg
牛顿第二定律、圆周运动的规律
较复杂的
曲线运动
除洛伦兹力外，其他力的合力既不
为零，也不与洛伦兹力等大反向
动能定理、能量守恒定律
【典例剖析】
例1 (2023·江苏卷，16)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v0时，电子沿x 轴做直线运动;入射速度小于v0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E;
(2)若电子入射速度为v0
4 ，求运动到速度为v0
2 时位置的纵坐标y1;
1
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
(3)若电子入射速度在0<v<v0范围内均匀分布，求能到达纵坐标y2＝mv0
5eB位置的电子数N 占总电子
数N0的百分比。
答案 (1)Bv0 (2)3m v0
32eB (3)90%
解析 (1)电子沿x 轴正方向做直线运动，则电子受力平衡，即eE＝ev0B
解得E＝Bv0。
(2)电子在电场和磁场叠加场中运动，受洛伦兹力和电场力的作用，只有电场力做功，则电子的速
度由v0
4 到v0
2 的过程中，由动能定理得eEy1＝1
2m(
v0
2 )
2
－1
2m(
v0
4 )
2
解得y1＝3mv0
32eB 。
(3)设电子的入射速度为v1时刚好能到达纵坐标为y2＝m v0
5eB的位置，此时电子在最高点的速度沿水
平方向，且大小假设为v2，则
电子在最低点的合力为F1＝eE－ev1B
电子在最高点的合力为F2＝ev2B－eE
由题意可知电子在最高点与最低点的合力大小相等，
即F2＝F1
整理得v1＋v2＝2v0
电子由最低点到最高点的过程，由动能定理得
eEy2＝1
2mv2
2－1
2mv1
2
整理得v2－v1＝v0
5
解得v1＝9
10v0
又电子入射速度越小，电子运动轨迹的最高点对应的纵坐标越大，则能到y2＝m v0
5eB的位置的电子
数占总电子数的比例为η＝N
N 0
＝v1
v0
×100%
解得η＝90%。
【即时训练】
2
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
1.(多选)(2024·安徽卷，10)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( )
A.油滴a 带负电，所带电量的大小为mg
E
B.油滴a 做圆周运动的速度大小为gBR
E
C.小油滴Ⅰ做圆周运动的速度大小为3 gBR
E
，周期为4 π E
gB
D.小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动
答案 ABD
解析 油滴a 做圆周运动，故重力与电场力平衡，可知带负电，有mg＝qE，解得q＝mg
E ，故A
正确;根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝mv
2
R ，得R＝mv
qB ，解得油滴a 做圆周运动的速度大小为v＝
gBR
E ，故B 正确;设小油滴Ⅰ的速度大小为v1，得3R＝
m
2 v1
q
2 B
，解得v1＝3qBR
m
＝3 gBR
E
，周期为T
＝2π ·3 R
v1
＝2π E
gB ，故C 错误;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v2，取
油滴a 分离前瞬间的速度方向为正方向，得mv＝m
2 v1＋m
2 v2，解得v2＝－gBR
E ，由于分离后的小油
滴受到的电场力和重力仍然平衡，分离后小油滴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。
3
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
考点二 带电粒子在交变电磁场中的运动
【典例剖析】
例2 (2024·山东模拟预测)如图甲所示，在平面直角坐标系xOy 中，第二象限内存在水平向右的匀
强电场，第一、第四象限内交替存在竖直方向的周期性变化电场和垂直纸面的周期性变化磁场，
交变电场的电场强度大小和交变磁场的磁感应强度大小按图乙规律变化(其中电场方向沿y 轴负向
为正方向，磁场方向垂直纸面向里为正方向)。一质量为m，电荷量为q 的微粒，以速度大小v0从
x 轴负半轴的P(－L，0)点垂直于x 轴进入第二象限，t＝0 时刻，以速度大小2v0垂直于y 轴方向进
入第一象限。已知交变电场和交变磁场的周期均为T＝√
2 L
g ，重力加速度为g。求:
(1)第二象限匀强电场的电场强度的大小;
(2)自t＝0 时刻起微粒再次打到x 轴上时的位置(结果用L 表示)和经过的时间;
(3)t＝10√
2 L
g 时刻，微粒所处的位置坐标。
答案 (1)2mg
q (2)4√2L 2√
2 L
g (3)(20√2L，－2L)
解析 (1)微粒在第二象限中的运动可分解为水平方向的匀加速直线运动，竖直方向的匀减速直线
运动
水平方向qE＝ma，2v0＝at
竖直方向v0＝gt
联立可得E＝2mg
q
。
(2)微粒进入第二象限内时
水平方向位移x＝(2v0)
2
2a
＝L
4
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
竖直方向位移y＝(v0)
2
2g ＝L
2
微粒进入第一象限后，0~T
2 时间内F 洛＝2qv0B＝mg
合力为零，微粒沿水平方向做匀速直线运动
T
2 ~3T
4 时间内F 合＝qE1＋mg＝2mg＝ma1
得a1＝2g，方向沿y 轴负向
3T
4 ~T 时间内F 合＝qE2－mg＝2mg＝ma2
得a2＝2g，方向沿y 轴正向
沿y 轴方向的位移y'＝2×1
2×2g(
T
4)
2
＝L
4
可知微粒经过两个周期，正好再次到达x 轴上，运动轨迹如图所示
故微粒再次打到x 轴上时的位置x'＝2v0·2T＝4√2L
经过的时间t＝2T＝2√
2 L
g 。
(3)t＝10√
2 L
g ＝10T，水平方向上与O 点的距离x1＝2v0·10T＝20√2L
y 轴方向上与O 点的距离y1＝(10－2)· L
4 ＝2L
所以，此时微粒所处的位置坐标为(20√2L，－2L)。
【解题妙招】
1.解题基本思路
5
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
2.解题关键和应注意的问题
(1)这类问题一般都具有周期性，注意分析带电粒子的运动周期与电场周期、磁场周期的关系。
(2)带电粒子在交变电磁场中运动仍遵循牛顿运动定律、运动的合成与分解、动能定理、能量守恒
定律等力学规律，所以此类问题的研究方法与质点动力学相同。
【即时训练】
2.(2025·江苏南通月考)如图甲所示，xOy 平面内存在着变化电场和变化磁场，变化规律如图乙所
示，磁感应强度的正方向为垂直纸面向里，电场强度的正方向为y 轴正方向。t＝0 时刻，一电荷
量为＋q、质量为m 的粒子从坐标原点O 以初速度v0沿x 轴正方向入射(不计粒子重力)。B－t 图像
中B0＝2π m
qt0 ，E－t 图像中E0＝
m v0
qt0
。求:
(1)t0
4 时刻粒子的坐标;
(2)0~4t0时间段内粒子速度沿x 轴负方向的时刻;
(3)0~7t0时间段内粒子轨迹纵坐标的最大值。
答案 (1)(
v0t0
2π ，v0t0
2π ) (2)1
2t0和19
8 t0 (3)(
3
2 ＋√2
2π ＋1
2π)v0t0
6
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
解析 (1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qv0B0＝mv0
2
r1
又周期T＝
2π r1
v0
，B0＝2π m
qt0
解得T＝t0，r1＝v0t0
2π
所以t0
4 时刻粒子坐标为(
v0t0
2π ，v0t0
2π )。
(2)在2t0时刻，vy＝at0＝q E0
m t0＝qt0
m ·
m v0
qt0
＝v0，v＝√2v0，可知在2t0时刻粒子的速度方向3 与＋x 方
向的夹角为45°，此后，根据左手定则可知粒子沿逆时针方向做圆周运动，当粒子的速度方向偏
转135°时速度沿－x 方向。
粒子在0~4t0时间内
的运动轨迹如图所示
0~4t0时间内粒子速度沿x 轴负方向的时刻为t1＝1
2t0和 t2＝2t0＋3
8t0＝19
8 t0。
(3)根据运动的对称性和匀变速运动的规律可得t0~2t0、3t0~4t0、5t0~6t0时间内粒子沿y 轴方向的位
移均为y0＝1
2v0t0
6t0时刻与2t0时刻粒子的速度相同
6t0~7t0时间内粒子沿y 轴方向的最大位移
y 磁＝(1＋cos 45°)r2
洛伦兹力提供粒子在磁场中运动的向心力，有
qvB0＝mv
2
r2
，解得r2＝mv
q B0
＝√2
2π v0t0
综上所述可得ym＝3y0＋y 磁＝(
3
2 ＋√2
2π ＋1
2π)v0t0。
【限时训练】（40min）
7
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
1.(多选)如图所示，磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。电
子从M 点由静止释放，沿图中所示轨迹依次经过N、P 两点。已知M、P 在同一等势面上，下列
说法正确的有( )
A.电子从N 到P，静电力做正功
B.N 点的电势高于P 点的电势
C.电子从M 到N，洛伦兹力不做功
D.电子在M 点所受的合力大于在P 点所受的合力
答案 BC
解析 由题可知电子所受静电力水平向左，电子从N 到P 的过程中静电力做负功，故A 错误;根据
沿着电场线方向电势逐渐降低可知，N 点的电势高于P 点的电势，故B 正确;洛伦兹力总是和速度
方向垂直，电子从M 到N，洛伦兹力不做功，故C 正确;M 点和P 点在同一等势面上，从M 点到
P 点静电力做功为0，而洛伦兹力不做功，M 点速度为0，根据动能定理可知电子在P 点速度也为
0，则电子在M 点和P 点都只受静电力作用，在匀强电场中电子在这两点所受静电力相等，即所
受合力相等，故D 错误。
2.如图所示，一带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中刚好做匀速圆周运动，其轨道半径
为R，已知该电场的电场强度大小为E、方向竖直向下;该磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直
纸面向里，不计空气阻力，设重力加速度为g，则( )
A.液滴带正电
B.液滴比荷q
m ＝E
g
C.液滴沿顺时针方向运动
D.液滴运动速度大小v＝Rg
BE
答案 C
8
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
解析 液滴在重力场、匀强电场、匀强磁场的叠加场中做匀速圆周运动，可知qE＝mg，得
q
m ＝g
E，选项B 错误;静电力方向竖直向上，液滴带负电，选项A 错误;由左手定则可判断液滴沿
顺时针方向运动，选项C 正确;对液滴有qE＝mg，qvB＝mv
2
R ，联立得v＝RBg
E ，选项D 错误。
3.(2025·江西南昌高三上开学考)如图所示，在以坐标原点O 为圆心的半圆形区域内，有相互垂直
的匀强电场(图中未画出)和匀强磁场，电场方向沿x 轴正方向，磁场方向垂直于xOy 平面向里。一
质量为m、带电荷量为q 的带电粒子从O 点沿y 轴正方向以一定速度射入，带电粒子沿直线运动，
经时间t0从P 点射出。若仅撤去磁场，带电粒子经t0
2 射出半圆形区域，不计粒子受到的重力，匀
强磁场的磁感应强度大小为( )
A.√3m
qt0
B.2√3m
qt0
C.3√3m
qt0
D.4√3m
qt0
答案 D
解析 设粒子带正电，半圆形区域的半径为R，粒子射入时的速度大小为v，粒子能从P 点射出，
说明其受到的静电力和洛伦兹力相互平衡，则有qE＝qvB，R＝vt0。撤去磁场后，粒子沿y 轴方向
做匀速运动，经t0
2 射出半圆形区域，则y 方向位移为R
2 ，沿x 轴方向做匀加速直线运动，由几何关
系可知从(
√3 R
2
，R
2)处离开半圆形区域，有√3 R
2
＝qE
2m(
t0
2)
2
，联立解得B＝4√3m
qt0 ，故D 正确。
4.如图甲所示，在xOy 坐标系的一、四象限存在匀强磁场，规定垂直纸面向里为磁场的正方向，
磁感应强度随时间的变化情况如图乙所示，t＝0 时刻，一个比荷q
m＝1.0×104 C/kg 的正电荷从(0，
√3)处以v0＝1.0×104 m/s 的速度沿y 轴负方向射入磁场，则正电荷从射入磁场至第一次经过x 轴所
需的时间为( )
9
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
A.8π×10－5 s
B.8
3π×10－5 s
C.1.2π×10－4 s
D.4 π
3 ×10－4 s
答案 C
解析 由洛伦兹力提供向心力，有qv0B＝mv0
2
r ，解得r＝0.4 m，圆周运动的周期为T＝2π r
v0 ＝
8π×10－5 s，则粒子每次圆周运动持续三分之一周期，对应的圆心角为120°;位移大小2rsin 60°＝
2
5 √3 m，位移方向与y 轴负方向成60°角，沿y 轴负方向的位移为√3
5 m，则正电荷射入磁场后到
x 轴的轨迹如图;正电荷第一次运动到x 轴应为A 点，运动时间为t＝540°
360°T＝1.2π×10－4 s，故C 正
确。
5.(2025·安徽芜湖模拟)如图所示，在xOy 坐标系的第一象限内，存在沿y 轴正方向的匀强电场和
垂直纸面向外的匀强磁场，其中电场在0≤x≤2L 的范围内，磁场在x≥L 的范围内。一电荷量为q、
质量为m 的带正电的粒子(重力不计)从y 轴上P 点以初速度v0进入第一象限，速度方向与y 轴负方
向成α＝30°角，P 点纵坐标为√3L。粒子经过电场后，刚好沿直线MN 穿过电场、磁场叠加场区，
最终从x 轴上A 点离开磁场，已知MN 与x 轴平行。求:
10
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
(1)电场强度的大小E 及M 点的纵坐标yM;
(2)粒子经过A 点时的速度方向及A 点的横坐标xA;
(3)粒子从P 点到A 点所用的时间t。
答案 (1)√3mv0
2
4 qL
√3
2 L (2)与x 轴负方向夹角为60°斜向左下 2.5L (3)4(9＋√3 π ) L
9 v0
解析 (1)由题意知，带电粒子从P 到M 过程中只受静电力作用，做匀变速曲线运动，且粒子到M
点时速度沿MN 方向，将v0分解成沿x 轴正方向的分速度v1和沿y 轴负方向的分速度v2，则qE＝
ma，v2＝at，Δx＝L＝v1t＝v0
2 t，Δy＝v2
2 t＝√3
4 v0t
解得E＝√3mv0
2
4 qL
，Δy＝√3
2 L
故yM＝√3L－√3
2 L＝√3
2 L。
(2)粒子经过叠加场区时以v1沿MN 做匀速直线运动，则qE＝qv1B
粒子离开N 点后在磁场中做匀速圆周运动，则qv1B＝mv1
2
r
解得r＝mv1
qB ＝√3
3 L
由几何关系得cos θ＝y M −r
r
＝1
2，θ＝60°
xA＝2L＋rsin 60°＝2.5L
即粒子经过A 点时的速度方向与x 轴负方向的夹角为60°，A 点的横坐标为2.5L。
(3)粒子从P 经M 到N 的过程中，沿x 轴方向做匀速直线运动，则t1＝
2 L
v0sin α ＝4 L
v0
粒子从N 到A 做匀速圆周运动，对应圆心角为120°，则t2＝120°
360°T＝1
3· 2π r
v0sin α ＝4√3 π L
9 v0
粒子从P 点到A 点所用的时间为
t＝t1＋t2＝4(9＋√3 π )L
9 v0
。
11
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
6.(2024·贵州卷，14)如图，边长为L 的正方形abcd 区域及矩形cdef 区域内均存在电场强度大小为
E、方向竖直向下且与ab 边平行的匀强电场，ef 右边有一半径为√3
3 L 且与ef 相切的圆形区域，切
点为ef 的中点，该圆形区域与cdef 区域内均存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强
磁场。一带电粒子从b 点斜向上射入电场后沿图中曲线运动，经cd 边的中点进入cdef 区域，并沿
直线通过该区域后进入圆形区域。所有区域均在纸面内，粒子始终在该纸面内运动，不计粒子重
力。求:
(1)粒子沿直线通过cdef 区域时的速度大小;
(2)粒子的电荷量与质量之比;
(3)粒子射出圆形区域时速度方向与进入圆形区域时速度方向的夹角。
答案 (1) E
B (2) E
L B
2 (3)60°
解析 (1)粒子在cdef 区域做匀速直线运动，由平衡条件有qv0B＝qE
解得粒子沿直线通过cdef 区域时的速度大小v0＝E
B 。
(2)由粒子的运动轨迹知，粒子带正电，粒子在cdef 区域做匀速直线运动，粒子受力平衡，静电力
方向竖直向下，洛伦兹力方向竖直向上，粒子速度水平向右，在abcd 区域的逆运动为类平抛运动，
则
水平方向有L＝v0t
竖直方向有L
2 ＝1
2·qE
m t2
结合(1)问联立解得粒子的电荷量与质量之比
q
m ＝E
LB
2。
(3)粒子在圆形区域中，由洛伦兹力提供向心力有qv0B＝mv0
2
r
解得粒子在圆形区域中做圆周运动的轨迹半径r＝L
设粒子射出圆形区域时速度方向与进入圆形区域时速度方向的夹角为θ，作出粒子在圆形区域的
运动轨迹如图所示
12
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
由几何关系有tanθ
2 ＝R
r ＝√3
3
解得θ＝60°。
7.(2024·北京卷，20)我国“天宫”空间站采用霍尔推进器控制姿态和修正轨道。如图为某种霍尔
推进器的放电室(两个半径接近的同轴圆筒间的区域)的示意图。放电室的左、右两端分别为阳极
和阴极，间距为d。阴极发射电子，一部分电子进入放电室，另一部分未进入。稳定运行时，可
视为放电室内有方向沿轴向向右的匀强电场和匀强磁场，电场强度和磁感应强度大小分别为E 和
B1;还有方向沿半径向外的径向磁场，大小处处相等。放电室内的大量电子可视为处于阳极附近，
在垂直于轴线的平面绕轴线做半径为R 的匀速圆周运动(如截面图所示)，可与左端注入的氙原子
碰撞并使其电离。每个氙离子的质量为M、电荷量为＋e，初速度近似为零。氙离子经过电场加速，
最终从放电室右端喷出，与阴极发射的未进入放电室的电子刚好完全中和。已知电子的质量为
m、电荷量为－e;对于氙离子，仅考虑匀强电场的作用。
(1)求氙离子在放电室内运动的加速度大小a;
(2)求径向磁场的磁感应强度大小B2;
(3)设被电离的氙原子数和进入放电室的电子数之比为常数k，单位时间内阴极发射的电子总数为
n，求此霍尔推进器获得的推力大小F。
答案 (1)eE
M (2)√
mE
2ed (3)nk √2eMEd
1＋k
解析 (1)对于氙离子，仅考虑电场的作用，则氙离子在放电室内只受静电力作用，由牛顿第二定
律有
eE＝Ma
解得a＝eE
M 。
13
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
(2)电子由阴极发射运动到阳极过程，由动能定理有
eEd＝1
2mv2
处于阳极附近的电子在垂直于轴线的平面绕轴线做半径为R 的匀速圆周运动，则轴线方向上所受
静电力与在径向磁场作用下受到的洛伦兹力平衡，即eE＝evB2
解得径向磁场的磁感应强度大小为B2＝√
mE
2ed 。
(3)单位时间内阴极发射的电子总数为n，被电离的氙原子数和进入放电室的电子数之比为常数k，
则单位时间内被电离的氙原子数为N＝nk
1＋k
氙离子经电场加速，有eEd＝1
2Mv'2
设Δt 时间内氙离子所受到的作用力大小为F'，则由动量定理有F'·Δt＝NΔt·Mv'
解得F'＝nk √2eMEd
1＋k
由牛顿第三定律可知，霍尔推进器获得的推力大小为
F＝F'，则F＝nk √2eMEd
1＋k
。
14
