熱點題型?新情境問題攻略

專題20帶電粒子在立體空間中的運動問題破譯

目錄

01.題型綜述..................................................................

02.解題攻略..................................................................

03.高考練場...................................................................................33

01題型綜述

帶電粒子在立體空間中的組合場、疊加場的運動問題，通過受力分析、運動分析，轉換視圖角度，充分利

用分解的思想，分解為直線運動、圓周運動、類平拋運動，再利用每種運動對應的規律進行求解。

，02解題攻略

粒子在立體空間常見運動及解題策略

運動類型解題策略

在三維坐標系中運動，每個軸方向都是常見

將粒子的運動分解為三個方向的運動

運動模型

旋進運動將粒子的運動分解為一個沿軸方向

一維加一面，如旋進運動的勻速直線運動或勻變速直線運動和垂直該

軸的所在面內的圓周運動

把粒子運動所在的面隔離出來，轉換視圖角

運動所在平面切換，粒子進入下一區域偏轉

度，把立體圖轉化為平面圖，分析粒子在每

后曲線不在原來的平面內

個面的運動

【典例剖析】

例1（2025?八省聯考云南）某小組基于“試探電荷”的思想，設計了一個探測磁感應強度和電場強度的裝置,

其模型如圖所示.該裝置由粒子加速器、選擇開關和場測量模塊（圖中長方體區域）組成。政VP。為場測

量模塊的中截面。以尸。中點。為坐標原點，。尸方向為x軸正方向，在肱VP。平面上建立平面直角坐

標系。

帶電粒子經粒子加速器加速后可從。點沿y軸正方向射入。選擇開關撥到S1擋可在模塊內開啟垂直于Oxy平

面的待測勻強磁場，長為2d的尸。區間標有刻度線用于表征磁感應強度的大小和方向；撥到S2擋可在模塊

內開啟平行于x軸的待測勻強電場，長為/的NP和QM區間標有刻度線用于表征電場強度的大小和

方向。帶電粒子以速度v入射，其質量為加、電荷量為+0,帶電粒子對待測場的影響和所受重力忽略不計。

場

測

量

模

塊

Si

0S2

選擇開關粒子加速器

⑴開關撥到H擋時，在尸。區間(%,0)處探測到帶電粒子，求磁感應強度的方向和大小；

⑵開關撥到S2擋時，在為)處探測到帶電粒子，求電場強度的方向和大小；

⑶求該裝置尸。區間和N尸區間的探測量程。若粒子加速器的電壓為U,要進一步擴大量程，。應增大還是

減小？請簡要說明。

【答案】⑴過,垂直紙面向外(2)網學，水平向右

qx。處；

(-2mv~\[2mv](-2dmv21)r廠

(3)——J1-11——,+°°：-0°,—p——,+0°L說明見詳解解析

Iqd\[_qdJ1)

【詳解】(1)帶正電的粒子向右偏轉，受洛倫茲力方向向右，由左手定則可知，磁感應強度的方向垂直紙

面向外。

由幾何關系，可知粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑R與尤。的關系為

2R=x0

根據牛頓第二定律，得

mv2

qvB=---

r

解得

_2mv

D=---

qx。

(2)由帶正電粒子向右偏轉，故電場力水平向右，可判斷電場方向水平向右。

帶正電的粒子射入電場中做類平拋運動。由水平方向、豎直方向位移公式

1

=at7

y0=vtfd~

牛頓第二定律可得

Eq=ma

聯立解得

l2dmv2

E=—―

仍）

（3）①若測量磁感應強度的大小和方向：設磁場中做勻速圓周運動的半徑為八由牛頓第二定律

mv2

qvB=-----

r

動能定理

12

qU=—mv

由幾何關系得

d

r=—

2

聯立解得

_2mv

D------

qd

由磁感應強度表達式可知，r越大2越小，根據左右對稱性關系，所以量程為（-鞏學］。［絆,+8

I］\_qd

若粒子加速器的電壓為U,則磁感應強度的表達式為

可知。應減小，3最小值越小，從而進一步擴大量程。

②若表征電場強度大小和方向：當運動時間最長，水平位移最大時，電場強度最小。由水平方向、豎直方

向位移公式

,112

I=vt,a=—at

2

牛頓第二定律可得

Eq=ma

聯立解得

l2dmv2

E=

ql2

由根據左右對稱性關系，所以量程為

當電壓為。時，由動能定理

qU=—mv

整理得

可知U應減小，E最小值越小，從而進一步擴大量程。

例2.如圖所示，Qxyz坐標系內有一邊長為空的立方體空間四4，立方體空間內及邊界附近存

在沿了軸正方向的勻強電場和勻強磁場（圖中未畫出），M、P、K和N分別是48、/4、4月和QG的

中點。當從M點向K點射出速率為V、質量為機、電荷量為《的帶電微粒恰能通過尸點。不計空氣阻力，

已知重力加速度為go

y\B______________B.

⑴該區域的勻強電場的場強￡和勻強磁場的磁感應強度B

（2）若該微粒在M點沿方向以速度亞射入區域，求微粒離開立方體空間時的位置坐標；

⑶僅將電場反向，大小不變。若該微粒從河點沿地方向以速度v=2屈/射入區域，求微粒離開立方體

空間時的位置坐標；

⑶7工+%

【詳解】（1）因微粒做圓周運動，必有

所以

q

根據

所以

s=—

qL

（2）將速度分解為沿x方向和-y方向,均為v；水平方向做勻速圓周運動，其半徑仍為心，運動;周期,

則

運動時間為

，=笠->方向做勻速運動

2v

（TTT

因此微粒射出坐標為乙,2￡一j,0

（3）將電場反向，y方向

qE+mg=ma

解得

a=2g

根據

2L=—at2

2

可得

2L

g

微粒運動3周期，如圖為俯視圖，S點即為射出底面的點，其坐標為^,O,L+^-L。

3I22J

例3.（2025高三上?河南南陽?階段練習）如圖所示，在x-y-z三維坐標系的空間，在x軸上距離坐標原點

x0=0.2m處，垂直于x軸放置一足夠大的感光片。在X20空間存在著沿y軸正方向的勻強電場，電場強度

大小￡=8.0x102v/m。現有一帶正電的微粒從O點沿x軸正方向射入該空間。微粒所帶電荷量g=1.6xW16

C,質量〃z=3.2x10-22kg。

⑴若微粒初速度vo=2.0Xio4m/s,求微粒打在感光片上的點到x軸的距離；

(2)若在該空間再添加一個沿/軸正方向的勻強磁場，磁場強度大小為0.1T。微粒以不同大小的初速度從。

點沿x軸正方向射入。求：該微粒打在感光片上的位置到x軸的最大距離(結果保留兩位有效數字)。

【答案】(1)0.02m(2)0.28m

【詳解】(1)設帶電微粒在電場中運動時間為K打在感光片上的點到x軸的距離為力則有

1,

qE=ma,x0=vot,y=—at

解得

y=0.02m

(2)粒子在平行于xOz平面內做勻速圓周運動，則有

Rv

解得

「12=兀-加----

qB

當粒子運動軌跡與感光片相切時該微粒的Z坐標最大，此時有

z=R=XQ

由于粒子運動軌跡與感光片相切，對應圓心角為g乃，粒子運動至切點的時間

解得

_Tim

tl~2^B

粒子從。點沿x軸正方向射入到打至感光片運動的軌跡對應圓心角最大值為:兀，時間也為最大值，粒子在

平行于平面內做類平拋運動，此時y軸方向的分位移也為最大值，則有

12

必二5/

故粒子打在感光片上的位置離%軸的最大距離

解得

d=0.28m

例4.利用電場和磁場實現粒子偏轉是科學儀器中廣泛應用的技術。如圖1所示，依左平面左側存在沿y

軸負方向的勻強電場，右側存在沿x軸正方向的勻強磁場。一質量為他、電荷量為q的帶正電的粒子，從

M卜2/,后,0）點以初速度為、沿著x軸正方向射入電場，恰好從。點進入磁場，再次從N（/,0,0）點通過x

圖1

⑴求勻強電場的電場強度大小E和勻強磁場的磁感應強度大小8

⑵從。點進入磁場運動時間為「時，求粒子的位置坐標;

3Vo

⑶如圖2所示，若在儀友平面左側再加垂直xOy平面向里的勻強磁場，將上述帶正電粒子從

M'_12岳+：

點以初速度%、沿著X軸正方向射入電磁場，運動軌跡恰好與X軸負半軸相切。求

所加勻強磁場的磁感應強度大小引o

I313后y/3mv

⑶0

ql'134乃4萬）3ql

【詳解】（1）粒子在電場中做類平拋運動，則有

2/=,村」.與

2m

解得

E:?

2ql

粒子從O點進入磁場時水平方向的分速度為%,豎直方向的分速度為

V當

m

結合上述解得

4=瓜。

粒子接入右側磁場后做螺旋運動，水平向右速度為%的勻速直線運動，yOz平面方向速度為匕，的勻速圓周

運動，則有

v2T2兀R、

/=qvB=m—,4=

y居與

解得

y/3IR_27mv。

Kn=—，D;一

12兀qi

(2)粒子在磁場中水平向右速度為％的勻速直線運動，結合上述可知

II

X=v---=-

a3%3

由于

J_=Zl

3Vo3

表明yOz平面方向速度為。的勻速圓周運動對應圓心角為120。，根據幾何關系有

>>=-7?!cos(120°-90°),z=A|+居sin(120°-90°)

解得

313向

)=―丁，2=----

4乃4〃

即粒子的位置坐標為［，-包］。

(3)將速度%分解為水平向右的匕和水平向左的匕，且有

"2=匕一%，q%B'=qE

此時將粒子的運動分解為水平向右的速度為匕的勻速直線運動與速度為丫2的勻速圓周運動，則有

qv,B'=m—

凡

由于粒子軌跡恰好與x軸負半軸相切，則有

A/3/=2R2

結合上述解得

.,=晶%

-3ql

例5.(2025高三上?廣東廣州?階段練習)如圖，在長方體區域內，平面g仞?的左邊有垂直平面。劭g的勻強

磁場、右邊有垂直平面g/防”的勻強電場。現有電量為+4、質量為機的一個粒子以大小為v的初速度從。點

沿平面仍姐進入磁場區域，經〃點并垂直平面g仞?的方向進入電場區域，最后從C，點離開電場。已知長方

體側面a6cd為邊長為Z的正方形，其它邊長如圖中標示，sin53°=0.8,不計粒子重力。

⑴求磁感應強度B和電場強度E的比值；

(2)求帶電粒子在磁場與電場中運動時間的比值；

⑶若只改變電場強度E大小，試討論：粒子離開長方體區域時動能紇與￡的關系式。

【答案】(1)三(2)答

5v144

⑶E2雪時，粒子離開長方體區域時動能應+［機丫2；￡〈磐時，粒子離開長方體區域時動能

2qL22qL

【詳解】(1)粒子在磁場中做勻速圓周運動，在電場中做類平拋運動，運動軌跡如圖所示

(2￡)2+(r-L)2=r2

解得粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑

r=2.5L

粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得

V2

qvB-m—

r

解得磁感應強度大小

_2mv

D------

5qL

粒子在電場中做類平拋運動，沿初速度方向

2Z=vt2

沿電場方向

1qE

Lr——x—x2

2m

解得

E=Q

2qL

2L

V

磁感應強度B和電場強度E的比值

B_4

(2)設粒子在磁場中轉過的圓心角為。，由幾何知識可知

sin<9=—=^^=0.8

r2.5L

則

6=53。

粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期

i,=-2-乃-尸-=-2--?-x-2--.-5-￡-=-5--TT-L-

VVV

粒子在磁場中的運動時間

0T5305TTLL

t,-....T—----x----=-----

1360°360°v72v

帶電粒子在磁場與電場中運動時間的比值

4_53兀

t2144

(3)1.當E上受時，粒子從小邊射出長方體，由動能定理得

2qL

2

qEL=Ek--mv

解得粒子離開長方體區域的動能

12

Ek=qEL+—mv

2.當時粒子從離開長方體區域，粒子在電場中做類平拋運動。沿初速度方向

2qL

2L=vt

沿電場方向

粒子在電場中運動過程，由動能定理得

qEy=Ek-gmv2

解得

2/EVJ加

Ek-

mv22

當￡2雪時，粒子離開長方體區域時動能+:加V?；當￡〈雪時，粒子離開長方體區域時動能

2qL22qL

22

2qEI?+'2

Ek=mvo

mv22

【變式演練】

1.（2024?全國,模擬預測）空間直角坐標系如圖所示，在》<0、z>0的區域內存在沿z軸負方向的勻強電

場，電場強度大小為E（未知）；在>>0、2>0的區域內存在沿x軸正方向的勻強磁場，磁感應強度大小

為B（未知）；在y>0、zWO的區域內存在沿V軸正方向、磁感應強度大小也為8的勻強磁場。一質量為加、

電荷量為4的帶正電粒子在軟加的平面內由y軸上的A點沿與〉軸正方向成。=60。角的方向射入電場區域,

粒子由z軸上的點尸（0,0,￡）沿十軸正方向以大小為%的速度射入y>0、z>0區域，粒子經該磁場偏轉后，

沿與了軸正方向成60。角的方向射入xQv平面下方。不計粒子的重力。求：

（1）電場強度的大小￡；

（2）磁感應強度的大小B；

⑶粒子經尸點后第三次穿過》何平面時的位置坐標。

【答案】⑴等（2）贄（3）（2?,3版+必0）

【詳解】（I）粒子由z軸上的P點沿y軸正方向射入y>o、Z>o區域，則粒子通過尸點時沿z軸正方向的

速度減為0,設粒子在A點處沿Z軸正方向的分速度大小為V1,則有

W=v0tan6

設粒子在電場中運動的加速度大小為。，則有

Eq=ma

又有

V；=2aL

解得

E=2

2qL

(2)設粒子在y>0、z>0區域內的磁場中做圓周運動的軌跡半徑為勺粒子沿與V軸正方向成60。角的

方向射入XO.V平面下方，畫出粒子的運動軌跡，由幾何關系可得

￡+6COS60°=4

解得

rx=1L

由洛倫茲力提供向心力有

mvl

q%BD=―

4

解得

8=也

2qL

(3)粒子第一次穿過xOy平面時，將粒子的速度沿了軸正方向和z軸負方向分解，可知粒子在沿y軸正方

向做勻速直線運動的同時在工。了平面下方做勻速圓周運動，運動半個周期后再次到達xOy平面，然后在xOy

平面上方做勻速圓周運動，運動;個周期后第三次到達xOy平面。粒子第一次穿過xOy平面時，在了軸上的

坐標為

7]=4sin60°=A/5^

設粒子在xOy平面下方做圓周運動的軌跡半徑為々,則有

解得

r2=\{3L

由

mv2?2nr

qnvB=-----、1=------

rv

可得

2urn

1=------

qB

粒子在xOy平面下方運動半個周期的時間內，沿V軸正方向前進的距離

4=v0cos60°x-TIL

粒子第二次穿過xOy平面到第三次穿過平面的時間內沿歹軸正方向前進的距離

d2=24sin60°=2gz

則粒子第三次穿過X。歹平面時在歹軸上的坐標為

y=yx+dx+d2=3ML+nL

粒子第三次穿過xOy平面時，在％軸上的坐標為

x=2丫［—2-\/3￡

故粒子第三次穿過xQy平面時的位置坐標為（2國,3國+nL,0）O

2.（2025高三上?廣西貴港?階段練習）如圖所示，空間有一棱長為心的正方體區域，帶電粒子從平行于心

棱且與尸共面的線狀粒子源連續不斷地逸出，逸出粒子的初速度為％,粒子質量為切，電荷量為+4,

經垂直于披棱的水平電場加速后，粒子以一定的水平初速度從MV段（S為板的中點）垂直進入正方體

區域內，該區域內有垂直平面MPRG向外的勻強磁場，磁感應強度大小為5,從M點射入的粒子恰好從R點

射出。忽略粒子間的相互作用，不計粒子重力。

（2）若該區域內只有垂直平面MPEG向外的勻強電場，電場強度大小為名紅，已知從S點射入的粒子從。P

9m

邊上的某點射出，求該點距。點的距離勺；

⑶以G為坐標原點建立空間直角坐標系，GA，GR,兩分別為x,了，z軸的正方向，若該區域內同時

存在上述磁場與電場，通過計算判斷從S點進入的粒子，離開該區域時的坐標和速度大小以“。

【答案】⑴4=華-耍⑵緲若

2m2q

【詳解】（1）從M點射入的粒子恰好從尺點射出的軌跡為:圓周，設運動半徑為R,則

R=L

v2

qvB=m——

R

進入正方體之前被電場加速的過程

解得

u=qB4mv；

02m2g

(2)粒子在該區域內電場中做類平拋運動，將運動分解為垂直于。尸方向的勻速直線運動和平行于。尸方向

的勻加速直線運動，可得

垂直于。尸方向

L=vtx

平行于QP方向

12

必=5/

qE=ma

ATL

Ay=￡_,一%

解得

,4L

Ay=——

-9

(3)該區域內同時存在上述磁場與電場時，從S點進入的粒子在正方體區域內做不等距螺旋線運動，可將

其運動分解為沿M/方向的初速度為零的勻加速直線運動,和平行于MPRG平面的線速度為v,半徑為R=L

的勻速圓周運動。

分運動為勻速圓周運動的周期

271nl

1=------

qB

假設粒子可完成;個圓周運動，則

t2=-T

24

粒子在血加方向的位移為

12

at

y2=~2

解得

TT2LL

必2二-3-6-<一2

射出坐標為］與+三，/,。［

假設成立，且該粒子在邊射出,

離開該區域時沿“尸方向的速度為

3.（2025高三上?甘肅白銀?期中）如圖所示，空間中有Ox乃坐標系，xOz平面水平，y軸沿豎直方向。在。

處有一個質量為優、帶電荷量為+0的小球（可視為點電荷），不計空氣阻力，重力加速度為g。

⑴若在y20空間中存在著沿x軸負方向的勻強電場，電場強度大小E=才，將小球沿〉軸正方向以速度%

拋出，求小球落回x軸前動能的最小值；

（2）若在y20的空間中存在著正交的電場和磁場，其中勻強電場沿y軸正方向，電場強度大小￡=理，勻強

磁場沿z軸負方向，磁感應強度大小為瓦小球以初速度%從。點拋出，速度方向在xOy平面內且偏向上

方，與x軸正方向成a角（04aW9），改變a的大小，多次發射小球后，求小球在電場和磁場中可能的運動

軌跡所覆蓋的面積；

⑶若在x>0區域存在沿y軸負方向的勻強磁場，磁感應強度大小為43。，在x<0區域存在沿y軸負方向的

勻強磁場，磁感應強度大小為3片，小球從。點沿x軸正方向以大小為%的速度拋出，求小球從拋出到再次

經過〉軸所用的時間及經過>軸時到。點的距離。（忽略磁場的邊界效應）

【詳解】（1）由于

￡=整

q

可知小球受到的電場力與重力大小相等，所以電場力與重力的合力大小

F=42mg

方向與x軸負方向的夾角為45。，小球的運動可以看成類斜拋運動，當小球的速度與合力垂直時，速度最小,

動能最小，此時有

%=Vy，V,=Jt=gt,Vy=V0-gt

聯立可得

則最小速度大小

動能的最小值

Ekmin=-WVmin=~mV0

（2）因為電場強度大小

q

電場沿y軸正方向，所以重力和電場力平衡，小球做勻速圓周運動，則有

解得

R專

小球在x軸正方向運動軌跡可能覆蓋的面積是半個圓，在x軸負方向運動軌跡可能覆蓋的面積是以27?為半

徑的四分之一圈，如圖中陰影部分所示

則所求總面積

_3mn2Vg

（3）小球在xOz平面兩側分別做勻速圓周運動，根據

可得小球在兩個磁場中做圓周運動的半徑分別為

RmV0R/V。

2

L4祝'-3qB0

周期分別為

Time271m

T1

2祖'3qB0

小球在每個磁場中各完成半個圓周運動進入另一個磁場，則在玲+g的時間內沿Z軸移動的距離

則小球從拋出到再次經過〉軸所用的時間

小球在y軸方向做自由落體運動，從拋出到再次經過y軸時，其到。點的距離

4.(2024?黑龍江哈爾濱?模擬預測)工程師在制做芯片的過程中，需要用電磁場精準控制粒子的軌跡。如圖

所示，以河|為原點建立空間直角坐標系可「個，一粒子源不斷釋放質量為加，電量為陽的帶正電粒

子，初速度視為零，經過加速電壓。后，以一定速度恰好沿著半徑為R的圓弧軌跡通過輻射狀電場，接著

垂直平面射入棱長為工的正立方體區域，入射位置可調節，不計粒子重力及其相互作用。

(1)求輻射狀電場中離子運動軌跡處電場強度E的大小；

(2)若僅在正方體區域中加上沿x軸正方向的勻強磁場，讓粒子對準兒W邊中點打入射，電量為q的粒子

恰好在耳2邊射出。若使所有粒子都能到達平面內的區域，求所加磁感應強度B的大小及n

的最大值；

(3)若在正方體區域中同時加上沿x軸正方向場強為&=黑的勻強電場和(2)中的勻強磁場，讓粒子對

準平面中心/點入射，求電量為"的粒子離開正方體區域時的坐標(結果保留根式和乃)。

【答案】（1）箏⑵尸，〃=4；（3）（：+?,*,0）

【詳解】（1）粒子經過加速電場后速度為%,根據動能定理有

12

nqU=—mv0-0

解得

%=

在輻射狀電場中滿足

nqE=m]

解得

E口

R

（2）由（1）問可知，帶電量為4的粒子進入正方體區域的速度為

vm

電量為q的粒子恰好在耳2邊射出，由幾何關系可得

%=L

由洛倫茲力提供向心力得

*8=7哈

解得

5」型

Lq

帶電量為狗的粒子進入正方體區域的速度為

2nqU

匕=

m

由洛倫茲力提供向心力得

nqv,B=m

R?

可得

_12mU

2nq

當"最大時，旦有最小值，若使所有粒子都能到達xMj平面內的"”出烏區域，則冬的最小值為

解得的最大值為

n=4

（3）由題可知，粒子在平行于的平面內做圓周運動，而在x方向做勻加速直線運動。對電量為4的粒

子，Rl=L,若不考慮x方向的勻加速運動，由幾何關系可知偏轉角為

6=60°

粒子在磁場中運動的周期為

2兀R2兀m

T=----=----

vqB

則粒子在區域中運動的時間為

TJILI_m

\2qU

在x方向，粒子做勻加速直線運動，有

則粒子會從出射；離開時，在x軸方向的坐標為

根據幾何關系，在了軸方向的坐標為

萬

y=￡sin60°=—Z

n°2

在z軸方向的坐標為

2=0

所以，粒子離開時的坐標為也2L,0）。

2272

5.（2024?四川德陽?模擬預測）如圖所示建立空間坐標系。-xyz,其中x方向水平向右，z方向垂直于紙面向

外，三個無限大且與x軸垂直的平面與x軸依次交于。、M.N三點，相鄰兩點間的距離均為d,三個平面

將空間劃分成不同的區域，在0<x<d區域I內存在方向豎直向下的勻強電場?,在區域II內存在方

向垂直于紙面向里的勻強磁場風，在2d<x的區域III內存在方向均水平向右的勻強電場屋和勻強磁場為所

組成的復合場。一個質量為機、帶電量為+g的粒子，從距離。點正上方日的8點處，以速度V。水平向右

射入區域I,經過“點進入區域II,經過N點進入區域III（重力忽略不計）。已知區域I、III的電場強度

大小相等（未知），區域II、III的磁感強度大小相等（未知），求：

(1)區域I內的電場強度及大小；

(2)區域II內的磁感應強度以大小;

【詳解】(1)粒子在區域I內做類平拋運動，則

d=vot

d=1E1q'

22m

解得電場強度?大小

qa

(2)粒子到M點的豎直速度

乜=，

2t

解得

即粒子從M射入區域II內的速度方向與x軸正向成45。角，速度大小為

v=V2v0

粒子從N點進入區域III,則做圓周運動的半徑

,V2,

r-acos45=----a

2

根據

v2

qvB=m—

xr

可得

n.2mV0

1qd

(3)粒子從N點以與x軸正向成45。角進入區域m,沿x方向以