2025年新高考物理专项训练考点突破解题技巧复习压轴题08 带电粒子在叠加场中运动（解析版）

压轴题08带电粒子在叠加场中运动

1.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。

此外，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。

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

初速度把初速度0，分解一个向左的速度v1和一个向右的速度v1

为0，有

重力

把初速度0，分解一个向左的速度v1和一个向右的速度v1

初速度

为0，不

计重力

把初速度0，分解一个斜向左下方的速度v1

和一个斜向右上方的速度v1

初速度

为0，有

重力

把初速度v0，分解速度v1和速度v2

初速度

为v0，有

重力

01束缚类直线运动

1．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m、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

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】D

【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

mgcosqvmB

解得

mgcos

v

mqB

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agsin，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vmat得，甲的时间大于乙的时间，故A错误；

v2

B．由A选项的分析和xm得，甲的位移大于乙的位移，故B错误；

2a

C．滑块飞离斜面瞬间重力的瞬时功率为

m2g2sincos

Pmgvsin

mqB

则可知两滑块飞离斜面瞬间重力的瞬时功率均为

3m2g2

P

8qB

故C错误；

D．由平均功率的公式得

vm2g2sincos

Pmgmsin

22qB

因sin30cos60，故两滑块重力的平均功率均为

3m2g2

P

8qB

故D正确。

故选D。

02叠加场中的圆周运动

2．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m，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

4mg

C．小球有最小运动半径R

B2q2tan

2mg

D．小球以最小半径运动时其速度v

Bqtan

【答案】D

【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

v2

qvBFcosm

NR

竖直方向

FNsinmg0

联立可得

v2

mqvB+mgcot0

R

因为速度为实数，所以

0

可得

2m

qB4mgcot0

R

解得

4m2gcot

R

q2B2

所以最小半径为

4m2gcot

R

minq2B2

代入上面可得小球以最小半径运动时其速度

2mg

v

Bqtan

故选D。

03配速法在叠加场中的应用

3．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m、

电荷量为e，M点为零电势点，电子重力不计，则（）

EmE

A．电子在N点的速率为B．N点离虚线的距离为

BeB2

2mE22mE

C．电子在N点的电势能为D．M、P两点的距离为

B2eB2

【答案】C

【详解】方法一：配速法

EE

电子在M点静止释放，可以看作电子分别以v速度向左运动，以速度v向右运动。

1B2B

2

mv2

eBv1eE,eBv

2R

EE

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

1B2B

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

2E

vvvN点离虚线的距离

N12B

2mE

y2R

MNeB2

故AB错误。

C．粒子从M点到N点，在电场方向上运动了d，则电势能为

2mE2

EeEd

pB2

故C正确。

D．粒子做圆周运动的周期

2R2m

T

v2B

粒子从M点到P点，运动了两个圆周，则M、P两点的距离为

4mE

xv2T

NP1B2

故D错误。

故选C。

方法二：

AB．设电子在运动过程中的任意一点Q的速度为v，则该速度可以分解为水平速度vx和竖直速度vy，M点到Q

点的竖直距离为d，我们选水平向左为x轴正方向，竖直向下为y轴正方向，对电子从M点到Q点用动能定理

有

1

Eevtmv2

y2

对电子从M点到Q点水平方向用动量定理有

eBvytmvx0

则当Q点为N点时，有

vv

x

vy0

vytd

联立以上数据解得

2mE2E

d，v

eB2B

故AB错误。

C．由以上分析得电子在N点的动能为

12mE2

Emv2

k2B2

设电子在N点的电势能为Ep，从M到N对电子用能量守恒定律得

0EpEk

则得N点电子的电势能为

2mE2

E

pB2

C正确；

D．如下图设P、M中间点为O点，对电子从M点到O点竖直方向用动量定理有

EeteBvxt0

xOMvxt

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

v2

evBm

r

42

evBmr

T2

得运动周期为

2m

T

eB

即电子从M点到O点的运动时间为

2m

tT

eB

所以

2mE

x

OMeB2

由周期性得M、P两点的距离为

2mE4mE

x2

MPeB2eB2

故D错误。故选C。

04三维叠加场问题

4．（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L的正方体电磁区域abcd-efgh，以棱ef中点为坐标原点建立三维坐标系Oxyz，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x轴正方向发射不同速率的带电粒子，粒子质量均为m，

3L8L

电荷量均为q。已知速度大小为v0的粒子，恰从坐标,L,点飞出（图中未标出），不计粒子的重力。

325

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abcd飞出的粒子速率范围。

3mv81mv23

【答案】（）B0；（）0；（）

12E23323v0vv0

2qL25qL2

【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O点开始沿x轴正方向发射，其匀速圆周

3L

运动的圆心必定在y轴上。根据几何关系可知，粒子到达(,L)点时，和O点的连线与y轴之间的夹角满

3

足

3

tan

3

解得

30

设圆周运动的半径为r1，则有

3L

3sin60

r1

解得

2L

r

13

根据洛伦兹力提供向心力可得

2

v0

qv0Bm

r1

解得

3mv

B0

2qL

（2）设带电粒子做圆周运动的周期为T，则有

2

qvBm()2r

0T1

解得

4L

T

3v0

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

14L

tT

39v0

粒子在匀强电场的作用下做类平抛运动，加速度为

qE

a

m

沿着电场方向的位移为

18L

zat2

225

联立解得

81mv2

E0

252qL

（3）由上述分析可知当粒子从正方体上表面abcd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vmax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

v2

qvBmmax

maxL

解得

3

vv

max20

L

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

2

电场中运动时间为t2，则有

L1aE

t2

22m2

解得

5L

t2

9v0

粒子的分运动匀速圆周运动的周期为

2m4L

T

qB3v0

设此情况粒子的分运动匀速圆周运动轨迹的圆心角为β，则有；

tT

2360

联立解得

β=150°

此情况粒子的运动轨迹在正方体前表面adhe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abcd飞出的粒子速率的最小值，设此时圆周运动半径为r2。

由几何关系可得

r2+r2cos30°=L

解得

2L

r2

23

同理有

2

vmin

qvminBm

r2

解得

vmin323v0

从正方体上表面abcd飞出的粒子速率范围为

3

323v0vv0

2

1．（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t0时刻，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（）

A．B．

C．D．

【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

fmgBqvma

物块受到的摩擦力变大，加速度变大；对木板

mgBqvMa'

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，A正确，BCD错误。

故选A。

2．（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

2mg

强磁场中，匀强电场的电场强度大小E、方向竖直向上，匀强磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直纸面

q

向里。一质量为m、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v0

沿杆向下运动，经过时间t0，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g，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

qvB

B．圆环的最大加速度ag0

mm

22

12mg

C．圆环在t0时间内损失的机械能为mv0222

2qB

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】A.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

a1，则

qEqvBmgqvB

ag

1mm

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A

正确；

B.当圆环向上运动时，圆环的加速度大小

qEqvBmgqvB

ag

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

mamqEmgqv0B

可得

qvB

ag0

mm

故B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

11

Emv2mv2

k220

而圆环最后做匀速运动的速度

mg

v

qB

因此圆环在t0时间内损失的机械能为

22

12mg

Emv0222

2qB

故C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D项错误。

故选AC。

3．（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h，电场强度为E、方向竖直向上，磁感应强

g

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，现给小球一个向右的初速度，

E

使之离开桌边缘立刻进入复合场运动，已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（）

2E

A．小球在复合场中的运动时间可能是

3gB

3hg2B2

B．小球在复合场中运动的加速度大小可能是

3E

2h

C．小球在复合场中运动的路程可能是

3

3hgB

D．小球的初速度大小可能是

3E

【答案】AC

g

【详解】带电小球的比荷为是，则有

E

Eqmg

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v1，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

12012m2E

tT

13603Bq3Bg

根据几何知识可得，其轨迹半径为

2

Rh

13

则根据洛伦兹力提供向心力有

2

v1

Bqv1m

R1

可得，小球的速度为

2Bgh

v

13E

则小球的路程为

1204

s2Rh

136019

小球的加速度为

v22B2g2h

1

a12

R13E

若小球速度为v2，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

6012mE

tT

23606Bq3Bg

根据几何知识可得，其轨迹半径为

R22h

则根据洛伦兹力提供向心力有

2

v2

Bqv2m

R2

可得，小球的速度为

2Bgh

v

2E

则小球的路程为

602

s2Rh

236023

小球的加速度为

v22B2g2h

2

a22

R2E

故选AC。

4．（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B的匀强磁场，质量为m、带电量为q(q0)的小球A，绕

z轴做匀速圆周运动。小球A的速度大小为v0，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

37。重力加速度g、m、q、r均已知，cos370.8,sin370.6。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．O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

5

C．小球A与点电荷之间的库仑力大小为mg

4

9

D．vgr时，所需磁场的磁感应强度B最小

020

【答案】ACD

【详解】A．空间中存在竖直向下的匀强磁场B，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A正确；

B．O处的点电荷在A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F2沿水平方向，库仑力F1沿着O→B方向

在竖直方向，根据平衡条件得

F1cos37mg

解得

5

Fmg

14

5

所以小球A与点电荷之间的库仑力大小为mg，故C正确；

4

D．水平方向根据牛顿第二定律得

v2

qvBFsin37m0

01rsin37

其中

3

Fsin37mg

14

解得

5mv3mg

B0

3qr4qv0

当

5mv3mg

0

3qr4qv0

即

9

vgr

020

时，B取值最小值，故D正确。

故选ACD。

5．（2024高三·广东广州·模拟预测）如图所示，虚线MN右侧存在着匀强电场和匀强磁场，磁场方向垂直于纸

4

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l，AD边长为l。一质

3

量为m、电荷量为＋q的微粒垂直于MN射入电场、磁场区域后做匀速圆周运动，到达C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CA从A点离开。重力加速度为g，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

5

C．微粒进入N右侧区域时的初速度为3gl

6

2mg

D．匀强磁场的磁感应强度大小为

q3l

【答案】CD

【详解】A．微粒从C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，A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

mg

E

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

mg

tan37o

qE

即

4mg4

EE

3q3

B错误；

CD．微粒做直线运动时受力平衡，可得

mg

sin37o

qvB

由洛伦兹力作为向心力可得

v2

qvBm

r

由几何关系可得

l5

rl

cos37o4

联立解得

5

v3gl

6

2mg

B

q3l

CD正确。

故选CD。

6．（2024·湖北襄阳·模拟预测）如图所示，xOy坐标平面在竖直平面内，x轴沿水平方向，y轴正方向竖直向上，

在图示空间内有垂直于xOy平面的水平匀强磁场。一质量为m的带电小球从O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】BC

【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v1和向

左的速度v2

则两者大小关系为

v1=v2

且使满足

qv1B=mg

则根据前述分析可知，小球的运动可看做是v1引起的向右的匀速直线运动和v2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v2和v1的矢量和，即2v1，洛伦兹力大小为为2mg。其他位置v2和v1的

矢量和都小于2v1。

故选BC。

7．（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，