带电粒子在叠加场中运动（解析版）-2024年高考物理压轴题专项训练

带电我行在杀前切中也劭

NO.1

压轴题解读

L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。止匕外，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。

N0.2

压轴题密押

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

1.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

xDxXXXXX把初速度0,分解一，於向左的速度仍和一个向右的速度S

初速度为0,XXXXXX'鹿=Bqvi

XXXXXXX

有重力

XXXXXXX

XXXXXXX

XXXXXXX，G=mg

♦题型01束缚类直线运动

：题目口如图所示，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B的匀强磁场中，两个质量为小、带电荷量为+q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

2

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】。

【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

mgcosff=qvmB

解得

mgcos0

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a=gsin仇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，由加=at得，甲的时间大于乙的时间，故A错误；

d

由4选项的分析和2得，甲的位移大于乙的位移，故B错误；

2a

。.滑块飞离斜面瞬间重力的瞬时功率为

m2g2sin/9,cosd

P=mgvsin（J=---------------

mqB

则可知两滑块飞离斜面瞬间重力的瞬时功率均为

V3W

-8qB

故C错误；

D.由平均功率的公式得

0)m2^2sin0•cos。

P—mg・-y-sin0二

2qB

因sin30°=cos60°,故两滑块重力的平均功率均为

P=^B-

故。正确。

故选D。

♦题型02叠加场中的圆周运动

题目囱如图所示,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B,现有质量为

小，带电量为-q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加上D.小球以最小半径运动时其速度。=jmg

【答案】。

【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

根据牛顿第二定律，水平方向

2

qvB—品cos。=m--

R

竖直方向

/sing—mg—0

联立可得

d

m——qvB+mgcot0=0

R

因为速度为实数，所以

可得

(qB)2—4噜mgcot8>0

K

解得

^rngcotd

cc

q2B2

所以最小半径为

_4m2^cot0

国5朋

代入上面可得小球以最小半径运动时其速度

2mg

v=

Bqtan。

故选。。

•题型03配速法在叠加场中的应用

题目|可如图所示,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M

点由静止释放,沿图中轨迹依次经过N、P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,

电子质量为小、电荷量为-e,M点为零电势点，电子重力不计，则（）

B.N点离虚线的距离为*

eB2

C.电子在N点的电势能为-2%D.M、P两点的距离为2呼

B-eB2

【答案】。

【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Vx—普速度向左运动，以速度。2=鸟向右运动。

JDJD

eBu尸eE,eBv2=

则电子的运动可以分解为以3=与向左做匀速直线运动和在竖直面上的速度为•的匀速圆周运动。

JDJD

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—%+&2=^~N点、离虚线的距离

JD

_OD_2mE

VMN~2R-Z3-

eB

故AB错误。

C.粒子从河点到N点，在电场方向上运动了d,则电势能为

口2mE2

E=-eEd=--—

故。正确。

D.粒子做圆周运动的周期

rp_2KR_27ml

粒子从Al点到P点，运动了两个圆周，则河、P两点的距离为

XNP—5乂2T————

故。错误。

故选。。

方法二：

AB.设电子在运动过程中的任意一点Q的速度为0,则该速度可以分解为水平速度久和竖直速度%，同

点到Q点的竖直距离为d,我们选水平向左为立轴正方向，竖直向下为"轴正方向，对电子从初点到Q点

用动能定理有

2

Eevy-t=-^-mv

2

对电子从M点到Q点水平方向用动量定理有

eBvy-t=mvx—Q

则当。点为N点时，有

[vx=v

卜产0

[Uy-t=(1

联立以上数据解得

,2mE2E

故AB错误。

C.由以上分析得电子在N点的动能为

T-I122m石2

E=-mv=~^-

k乙JD

设电子在N点的电势能为玛，从河到N对电子用能量守恒定律得

0—Ep+Ek

则得N点电子的电势能为

加_2mE2

E，=-k

。正确；

D,如下图设中间点为。点，对电子从M点到。点竖直方向用动量定理有

（Ee•t-eBv^•力=0

\^OM=兀•t

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

evB=7nM

{evB=m^r

得运动周期为

m—2nm

eB

即电子从河点到O点的运动时间为

27tm

eB

所以

_2RmE

由周期性得两点的距离为

c、/2nmE4nmE

"2*丁=丁

故。错误。故选。。

♦题型04三维叠加场问题

题目⑷（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£的正方体电磁区域abed-的无，以棱^中点为坐标原点建立三维坐标系Og/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O点有一粒子源，沿/轴正方向发射不同速率的带电粒

子,粒子质量均为m，电荷量均为+q。己知速度大小为*的粒子，恰从坐标（乎Z,-景）点飞出（图中

未标出），不计粒子的重力。求

（1）磁感应强度大小B;

（2）电场强度大小E；

（3）从正方体上表面abed飞出的粒子速率范围。

【答案】⑴_8=等/；⑵E=；（3）3（2-V3）v0<v<-|-vo

2qL25元~亚2

【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，轴正方向发射，其匀速圆

周运动的圆心必定在沙轴上。根据几何关系可知，粒子到达（1。Z）点时，和O点的连线与沙轴之间的

夹角a满足

tana=——

O

解得

a=30°

设圆周运动的半径为n,则有

瓜L

---二sin600

n

解得

根据洛伦兹力提供向心力可得

qy^B—m—

勺

解得

3mv

B--------0-

2qL

（2）设带电粒子做圆周运动的周期为T,则有

„(2itV

qv0B=m[—)n

解得

——4兀一

3no

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

粒子在匀强电场的作用下做类平抛运动，加速度为

a

沿着电场方向的位移为

联立解得

81mvo

（3）由上述分析可知当粒子从正方体上表面abed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p点越靠近d,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。当粒子速率最大为加ax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L,则有

qvmaxB=m—

解得

假设粒子沿z轴负方向的分运动匀加速运动到了点时（其位移大小等于4），粒子能够在be边射出，设粒子

在电场中运动时间为七,则有

L_1aE

22m

解得

粒子的分运动勺速圆周运动的周期为

rp_27ml_47cL

qB3”o

设此情况粒子的分运动匀速圆周运动轨迹的圆心角为6,则有；

联立解得

B=150°

此情况粒子的运动轨迹在正方体前表面ad九e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abed飞出的粒子速率的最小值，设此时圆周运动半径为r2o

•••

aPd

坂=150。

h

Xnin

图2

由几何关系可得

r2+r2cos30°=L

解得

2L

『2-------7=~

'2+V3

同理有

Vv2.

1-）min

qvminB=m----------

，2

解得

^min=3（2-V3）?；o

从正方体上表面Qbcd飞出的粒子速率范围为

3（2—vW

NO.3

压轴题速练

1目T]（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t=0时

亥U,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

VV

C.otD.Ot

【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

f—(1(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，4正确，BCD错误。

故选4。

题目团(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E=2迫、方向竖直向上，匀强磁场的磁感应强度大小为3、

q

方向垂直纸面向里。一质量为机、电荷量为q的带正电小圆环套在杆上,圆环与杆间的动摩擦因数为“。

现使圆环以初速度。。沿杆向下运动，经过时间M，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9,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

B.圆环的最大加速度aa=9—竺竺”

m

/22x

C.圆环在与时间内损失的机械能为4机*—亨V

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】4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Qi,则

qE+/iqvB—mg/iqvB

Q产---------------=g+--------

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4正确；

B.当圆环向上运动时，圆环的加速度大小•••

qE—/iqvB—mgnqvB

a=----------------=g--------

2mm

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+/J-qv^B

可得

,aqvB

gH--0---------

m

故错误；

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

而圆环最后做匀速运动的速度

因此圆环在t0时间内损失的机械能为

故。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O项错误。

故选47。

题目⑤（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，到桌面的距离为加电场强度为E、方向竖直向

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3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（）

C.小球在复合场中运动的路程可能是粤

D.小球的初速度大小可能是Y解

3E

11

【答案】AC

【详解】带电小球的比荷为是《，则有

E

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％，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

3603BqSBg

根据几何知识可得，其轨迹半径为

扁一』2

则根据洛伦兹力提供向心力有

D*

Bqv^m~—

“i

可得，小球的速度为

_2Bgh

“l3E

则小球的路程为

120o4,

s尸砺X2兀6=3/

小球的加速度为

届2B2g-h

QLR—3炉

若小球速度为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

,60T12nrnnE

ti=onTl=«sXzTO=or?

36R0oBq3bg

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

RVl

Bqv2=m~~

二2

可得，小球的速度为

2Bqh

则小球的路程为

60o2,

52=X2兀凡=--xh

3603

小球的加速度为

_v}_2p2g%

0尸元=F~

故选AC。

,题目⑷(2024•内蒙古赤峰•模拟预测)如图所示,直角坐标系xOy在水平面内,z轴竖直向上,坐标原点O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，质量为小、带电量为q(q>0)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,O点和小球A的连

线与z轴的夹角0=37°o重力加速度g、viz、q、r均已知，cos37°=0.8,sin37°=0.6。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.。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/mg

D.*=时，所需磁场的磁感应强度8最小

【答案】4CD

【详解】空间中存在竖直向下的匀强磁场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4正确；

B.O处的点电荷在4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£沿水平方向，库仑力后沿着。一B方向

在竖直方向，根据平衡条件得

Ecos370=mg

解得

5

用=1mg

所以小球A与点电荷之间的库仑力大小为1~mg,故C正确；

D.水平方向根据牛顿第二定律得

qvoB-网sin37°=m—

rsm37

其中

13

Esin37。=-|-mg

解得

_577WO3mg

DJD----------1-----

3qr4：qv0

当

5mv0_3mg

3qr4qv0

即

时，B取值最小值，故D正确。

故选ACD。

题目可（2024高三・广东广州•模拟预测）如图所示,虚线上W右侧存在着匀强电场和匀强磁场,磁场方向垂

直于纸面向外，电场方向竖直向上,长方形ABCD的AD边与MN重合，长方形的AB边长为Z,人。边长

为春Z。一质量为小、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。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从人点离开。重力加

速度为9,下列说法正确的是（）

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得/时D.匀强磁场的磁感应强度大小为野•蒋

【答案】CD

【详解】微粒从。到A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，4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

石=理

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

即

4mg

E'=,4

3q

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

qvB=m^-

r

由几何关系可得

r=----I----=—5

cos37°4

联立解得

0=知须

绝.

qN/V31

CD正确„

故选CD。

〔题目回（2024・湖北襄阳•模拟预测）如图所示，忒电坐标平面在竖直平面内，，轴沿水平方向，夕轴正方向竖

直向上，在图示空间内有垂直于工。"平面的水平匀强磁场。一质量为机的带电小球从。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.OAB轨迹为半圆B.小球运动至最低点A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A点时受到的洛伦兹力大小为3mg

【答案】

【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g和向左的速度纥

5=上

且使满足

qvxB=mg

则根据前述分析可知，小球的运动可看做是％引起的向右的匀速直线运动和112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A时速度为向右的”2和m的矢量和，即2%,洛伦兹力大小为为2mg。其他位置v2和

%的矢量和都小于2巧。

故选BC。

题目0（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d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

应强度大小为现有一质量为小、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P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（）

0

甲乙

A.匀强电场的场强大小为誓B.粒子从O点运动到P点的时间为（“+曰成

2m

C.粒子经过N点时速度大小为胆D.MN两点的竖直距离为全

【答案】4。

【详解】A设粒子在磁场中的速率为。，半径为凡在电场中由动能定理，有

qEd=-^-mv2

洛伦兹力充当向心力，有

2

omv

BqV=R

由几何关系可得

R=d

综上可得

E=4眄

2m

故A正确；

B.粒子在电场中的运动时间为

,d2m

t尸五=懑

2

在磁场中的运动时间为

讶2qB

粒子从O运动到P的时间为

_（7U+4）m

2qB

故B错误；

CD.将粒子从Af到N的过程中某时刻的速度分解为向右和向下的分量小、vv,再把粒子受到的洛伦兹力

分别沿水平方向和竖直方向分解，两个洛伦兹力分量分别为

Fx—Bqvy,Fy=Bqvx

设粒子在最低点N的速度大小为％,MN的竖直距离为n。水平方向由动量定理可得

mVi—O=工qBvy't—qBy

由动能定理可得

12

qEy=­mVi—O

结合

B2qd

E=

2m

解得

Bqd

g=，d

my

故。正确，。错误。

故选AC。

题目回（2024.河北.二模）如图所示,竖直平面内的直角坐标系第三象限存在沿x轴（x轴水平）负方向的匀

强电场I,第四象限存在垂直纸面向里的匀强磁场III和沿夕轴负方向的匀强电场H,一带负电、比荷为人的

小球（可视为质点）以某一初速度从点A（0,s。）沿7轴正方向水平抛出，经过点C（/so,O）从第一象限进入

第四象限,在第四象限运动一段时间后，小球沿与沙轴正方向成a=53°角的方向第一次经过沙轴进入第三

象限。己知匀强电场I的电场强度大小E产黑，匀强电场U的电场强度大小星=3，重力加速度为9，

3/ck,

sin37°=0.6,cos37°=0.8,不计空气阻力。求：

（1）小球在。点的速度；

（2）匀强磁场III的磁感应强度大小B；

（3）小球从A点抛出到第四次（从A点抛出为第零次）经过v轴的时间。

143n12so

5+

1359

【详解】（1）画出带电小球的运动轨迹，如图所示

AV

设小球的初速度大小为小球到达。点时的速度大小为”，小球由4运动到C经过的时间为打,由平抛运

动规律可得

5o=义~9力：

84

W~So=Vti

oO

由A到。，应用动能定理可得

1212

rrtgsQ=-mv--mv0

设带电小球在。点时，其速度方向与力轴正方向的夹角为仇可得

解得

方向斜向右下，与力轴正方向的夹角为37°

（2）由于匀强电场II的电场强度大小为

E尸专