2026届高考物理一轮复习模型解读与针对性训练2.带电粒子在电磁场中的运动模型(学生版+解析)

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【带电粒子在电磁场中的运动模型解读】
1. 组合场中的两种典型偏转
2.常见模型
（1）从电场进入磁场
（2）从磁场进入电场
【高考真题】
【典例1】．（2025高考山东卷）如图甲所示的平面内，y轴右侧被直线分为两个相邻的区域I、Ⅱ。区域I内充满匀强电场，区域Ⅱ内充满垂直平面的匀强磁场，电场和磁场的大小、方向均未知。时刻，质量为m、电荷量为的粒子从O点沿x轴正向出发，在平面内运动，在区域I中的运动轨迹是以y轴为对称轴的抛物线的一部分，如图甲所示。时刻粒子第一次到达两区域分界面，在区域Ⅱ中运动的图像为正弦曲线的一部分，如图乙所示。不计粒子重力。下列说法正确的是（ ）
A．区域I内电场强度大小，方向沿y轴正方向
B．粒子在区域Ⅱ内圆周运动的半径
C．区域Ⅱ内磁感应强度大小，方向垂直平面向外
D．粒子在区域Ⅱ内圆周运动的圆心坐标
【答案】AD
【解析】粒子在区域I中的运动轨迹是以y轴为对称轴的抛物线的一部分，可以判断出粒子做类平抛运动，根据曲线轨迹可知，可知正粒子受到的电场力方向竖直向上，电场方向沿y轴正方向，设粒子初速度为
竖直方向有
水平方向有
由牛顿第二定律有
联立解得
A正确；
粒子在区域Ⅱ中运动的图像为正弦曲线的一部分，可以判断粒子做匀速圆周运动，
运动轨迹如图所示，则粒子在区域Ⅱ内圆周运动的半径，B错误；
粒子做类平抛运动进入匀强磁场时的速度
联立解得
根据洛伦兹力提供向心力有，解得，C错误；
如图所示，
设圆心为点，设粒子进入匀强磁场时的速度方向与竖直方向夹角为
由速度关系有
可得
由几何关系得
那么有
粒子在区域Ⅱ内圆周运动的圆心坐标，D正确。
【典例2】．（2025高考河北卷）如图，真空中两个足够大的平行金属板水平固定，间距为板接地。M板上方整个区域存在垂直纸面向里的匀强磁场。M板O点处正上方P点有一粒子源，可沿纸面内任意方向发射比荷、速度大小均相同的同种带电粒子。当发射方向与的夹角时，粒子恰好垂直穿过M板Q点处的小孔。已知，初始时两板均不带电，粒子碰到金属板后立即被吸收，电荷在金属板上均匀分布，金属板电量可视为连续变化，不计金属板厚度、粒子重力及粒子间的相互作用，忽略边缘效应。下列说法正确的是（ ）
A．粒子一定带正电
B．若间距d增大，则板间所形成的最大电场强度减小
C．粒子打到M板上表面的位置与O点的最大距离为
D．粒子打到M板下表面的位置与Q点的最小距离为
【答案】BD
【解析】根据粒子在磁场中的偏转方向，根据左手定则可知粒子带负电，选项A错误；
随着粒子不断打到N极板上，N极板带电量不断增加，向下的电场强度增加，粒子做减速运动，当粒子恰能到达N极板时满足，
解得
即d越大，板间所形成的最大电场强度越小，选项B正确；
因粒子发射方向与OP夹角为60°时恰能垂直穿过M板Q点的小孔，则由几何关系
解得r=2L
可得
可得粒子打到M板上表面的位置与O点的最大距离为
选项C错误；
因金属板厚度不计，当粒子在磁场中运动轨迹的弦长仍为PQ长度时，粒子仍可从Q点进入两板之间，由几何关系可知此时粒子从P点沿正上方运动，进入两板间时的速度方向与M板夹角为α=30°，则在两板间运动时间
其中
打到M板下表面距离Q点的最小距离
解得，选项D正确。
【典例3】．（2025年高考湖南卷）（14分）如图。直流电源的电动势为，内阻为，滑动变阻器R的最大阻值为，平行板电容器两极板水平放置，板间距离为d，板长为，平行板电容器的右侧存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。闭合开关S，当滑片处于滑动变阻器中点时，质量为m的带正电粒子以初速度水平向右从电容器左侧中点a进入电容器，恰好从电容器下极板右侧边缘b点进入磁场，随后又从电容器上极板右侧边缘c点进入电容器，忽略粒子重力和空气阻力。
(1)求粒子所带电荷量q；
(2)求磁感应强度B的大小；
(3)若粒子离开b点时，在平行板电容器的右侧再加一个方向水平向右的匀强电场，场强大小为，求粒子相对于电容器右侧的最远水平距离。
【答案】(1)
(2)
(3)
【解析】（1）粒子在电容器中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动有
竖直方向做匀变速直线运动，
由闭合回路欧姆定律可得
联立可得（4分）
（2）粒子进入磁场与竖直方向的夹角为，
粒子在磁场中做匀速圆周运动
由几何关系易得
联立可得（4分）
（3）取一个竖直向上的速度使得其对应的洛伦兹力和水平向右的电场力平衡，则有
解得
粒子以速度向上做匀速直线运动，粒子做圆周运动的合速度的竖直方向分速度为
此时合速度与竖直方向的夹角为
合速度为
粒子做圆周运动的半径
最远距离为（6分）
【针对性训练】
1. [2023海南/多选]如图所示，质量为m、带电荷量为＋q的带电粒子，从坐标原点O以初速度v0射入第一象限内的电、磁场区域，在0＜y＜y0，0＜x＜x0（x0、y0为已知量）区域内有竖直向上的匀强电场，在x＞x0区域内有垂直纸面向里、大小为B的匀强磁场，控制电场强度E（E值有多种可能），可让粒子从NP射入磁场后偏转打到足够长的接收器MN上，不计重力，则（ AD ）
A.粒子从NP中点射入磁场，电场强度E＝y0mv02qx02
B.粒子从NP中点射入磁场时的速度v＝v01+x02y02
C.粒子在磁场中做圆周运动的圆心到NM的距离为mv0qB
D.粒子在磁场中运动的轨迹半径的最大值是mv0x02+4y02qBx0
【答案】AD
解析 若粒子从NP中点射入磁场，在电场中，水平方向有x0＝v0t，竖直方向有y02＝12·qEmt2，解得E＝y0mv02qx02，A对；粒子在电场中运动，由动能定理有qE·y02＝12mv2－12mv02，结合A项分析可得v＝v01+y02x02，B错；粒子在电场中的运动过程，竖直方向有vy＝qEm·x0v0，粒子在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝mv2R，设粒子从电场中射出时的速度方向与y轴正方向的夹角为θ，根据几何关系可知，圆心到NM的距离为s＝Rcsθ＝mvyqB＝Ex0Bv0，C错；经分析可知，粒子从N点进入磁场时，在磁场中运动的轨迹半径最大，在电场中运动时，水平方向有x0＝v0t，竖直方向有y0＝12·qEmmt2，由动能定理有Emqy0＝12mvm2－12mv02，粒子在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力有qvmB＝mvm2Rm，联立解得Rm＝mv0x02+4y02qBx0，D对.
2.[2023辽宁]如图，水平放置的两平行金属板间存在匀强电场，板长是板间距离的3倍.金属板外有一圆心为O的圆形区域，其内部存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场.质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子沿中线以速度v0水平向右射入两板间，恰好从下板边缘P点飞出电场，并沿PO方向从图中O'点射入磁场.已知圆形磁场区域半径为2mv03qB，不计粒子重力.
（1）求金属板间电势差U.
（2）求粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ.
（3）仅改变圆形磁场区域的位置，使粒子仍从图中O'点射入磁场，且在磁场中的运动时间最长.定性画出粒子在磁场中的运动轨迹及相应的弦，标出改变后的圆形磁场区域的圆心M.
答案 （1）mv023q （2）60° （3）见解析
解析 （1）设平行金属板间距为d，则平行金属板板长为3d
粒子在两平行金属板间做类平抛运动
水平方向：3d＝v0t
竖直方向：12d＝vy2t
又vy＝Ud·qmt
联立解得U＝mv023q
（2）粒子进入磁场时的速度v＝v02＋vy2＝233v0
设v与水平方向的夹角为α，则tanα＝vyv0＝33，即α＝30°
由qvB＝mv2r得，粒子在磁场中做圆周运动的半径r＝23mv03qB
已知磁场圆半径R＝2mv03qB，则r＝3R
作出粒子在磁场中的运动轨迹，如图1所示
粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ与粒子在磁场中运动轨迹所对应的圆心角相等，由几何关系可得tanθ2＝Rr＝33
故θ＝60°
（3）根据几何关系，将磁场圆绕O'点顺时针旋转，当O点转到M点，粒子在磁场中的运动轨迹相应的弦为磁场圆的直径时，粒子在磁场中的运动时间最长.作出粒子在磁场中的运动轨迹及相应的弦，标出改变后的磁场圆的圆心M，如图2所示.
3.[2023山东卷]如图所示，在0≤x≤2d，0≤y≤2d的区域中，存在沿y轴正方向、场强大小为E的匀强电场，电场的周围分布着垂直纸面向外的恒定匀强磁场.一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子从OP中点A进入电场（不计粒子重力）.
（1）若粒子初速度为零，粒子从上边界垂直QN第二次离开电场后，垂直NP再次进入电场，求磁场的磁感应强度B的大小.
（2）若改变电场强度大小，粒子以一定的初速度从A点沿y轴正方向第一次进入电场，离开电场后从P点第二次进入电场，在电场的作用下从Q点离开.
（i）求改变后电场强度E'的大小和粒子的初速度v0；
（ii）通过计算判断粒子能否从P点第三次进入电场.
答案 （1）6mEqd （2）（i）E'＝36E，v0＝9qEdm （ii）粒子不能从P点第三次进入电场.
解析 （1）根据题意作出粒子的运动轨迹如图1所示，设粒子经电场加速后进入磁场的速度大小为v1，在磁场中做圆周运动的半径为r1，则由动能定理得
qE·2d＝12mv12
由牛顿第二定律得qv1B＝mv12r1
由几何关系得d＝3r1
联立解得B＝6mEqd
（2）（i）如图2所示，设粒子第一次经电场加速后进入磁场的速度大小为v2，在磁场中做圆周运动的半径为r2，粒子从P点第二次进入电场时速度的方向与x轴负方向的夹角为θ，第二次在电场中运动的时间为t，则由动能定理得qE'·2d＝12mv22－12mv02
由牛顿第二定律得qv2B＝mv22r2
由几何关系得
（r2－d）2＋（2d）2＝r22
即r2＝2.5d
sinθ＝r2－dr2，csθ＝2dr2
从P点第二次进入电场后，在电场中运动时，由运动学公式得
2d＝v2csθ·t
2d＝v2sinθ·t＋12qE'mt2
联立解得E'＝36E
v0＝9qEdm
（ii）设粒子从Q点离开电场时，速度大小为v3，方向与y轴正方向的夹角为φ，沿y轴方向的分量为vy，在磁场中做圆周运动的半径为r，由运动学公式得vy＝v2sinθ＋qE'mt
v3＝（v2csθ）2＋vy2
由几何关系得sinφ＝v2csθv3
由牛顿第二定律得
qv3B＝mv32r
解得r＝412d
假设粒子能从P点第三次进入电场，对应的轨迹半径为r'，如图3所示，由几何关系得
cs（φ＋45°）＝2dr'
解得r'＝241d
由于r'≠r，故假设不成立，即粒子不能从P点第三次进入电场.
4. （13分）（2025年5月福建南平三模）如图（a），水平线1、2和3、4间有垂直纸面的匀强磁场Ⅰ和Ⅱ，两个区域的磁感应强度大小相等方向相反。在2、3位置放置两块带有狭缝的平行金属板（2、3相距很近），两极板间加上如图（b）所示的交变电压U23。t=0时在2板狭缝S处无初速释放一质子。已知上、下两磁场的宽度均为L，两金属板间距为d，交变电压大小为U，磁感应强度大小为B，质子质量为m，电荷量为q，重力不计，质子每次通过两金属板狭缝时都能被电场加速。
(1)求第一次加速后质子获得的速度大小v1；
(2)若质子被电场加速若干次后，恰好与磁场边界相切时离开磁场，求：
i.质子被加速的次数n；
ii.质子在电场和磁场中运动的总时间t。
【解析】．（1）第一次加速过程，根据动能定理
2分
得 1分
（2）质子出磁场时恰好与边界相切，设速率为vm，其圆周运动的半径r = L，有
1分
每次加速质子动能增加U0q，
2分
解得 1分
（3）质子在电场中的加速过程所用时间为t1
1分
1分
解得 1分
质子第n次加速后运动四分之一圈出磁场，质子在磁场中运动时间为t2
1分
1分
总时间
解得 1分
5. （2025年5月山东潍坊市高考三模）某离子注入工艺原理如图所示。离子源产生的离子经小孔进入加速电场，初速度可忽略不计。加速后的离子竖直向上进入速度选择器，该区域存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场；通过速度选择器的离子射出后从小孔进入电场分析器，电场分析器内为圆弧辐射状电场，离子沿半径为（未知）的圆弧做匀速圆周运动；随后离子从小孔射出并沿水平方向进入磁场分析器，该区域存在垂直纸面向外的圆形匀强磁场（未画出），离子偏转后沿 的方向竖直向下射入水平向左的匀强偏转电场，最终打在水平放置的晶圆（硅片）上。已知加速电场两水平极板间的电压为U，速度选择器电场、电场分析器内离子所经位置的电场强度大小均为E；速度选择器、磁场分析器中的磁感应强度大小均为B；偏转电场的上下边界MN和PQ间距为L，水平方向足够宽。晶圆半径为R，圆心为O，其上表面到PQ边界的距离为d。不计重力及离子间相互作用，忽略边缘效应，求：
（1）通过速度选择器离子的比荷；
（2）离子在电场分析器中运动轨迹的半径及运动时间t；
（3）磁场分析器中“圆形匀强磁场”区域的最小面积S；
（4）若离子需恰好打在晶圆上表面的边缘处，求偏转电场的电场强度大小。
【答案】（1）
（2），
（3）
（4）
【解析】（1）在速度选择器中，由
可知
在加速电场中，由
解得离子的比荷为
（2）在电场分析器中，由
解得
在电场分析器中，由
离子在电场分析器中运动的时间
（3）在磁场分析器中，由
由几何关系可知，当匀强磁场面积最小时，其半径
由
可得
（4）在偏转电场中，竖直方向
水平方向
由几何关系可得
解得
6. (湖北省黄冈中学2025届高三5月第三次模拟考试)如图所示，空间交替分布着宽度均为L的匀强电磁场区域，磁场垂直xOy平面向里，磁感应强度大小为电场沿x轴负方向，电场强度大小为一带正电的粒子从坐标原点O沿与x轴负方向成θ角、初速度大小为进入匀强磁场区域，虚线边界有磁场。粒子的质量为m、电荷量为q，不计重力，取。
（1）若粒子第一次经磁场偏转后恰好不越过该磁场区域左边界，求此时θ大小；
（2）若粒子只能经历两个完整的电场区，求满足的条件；
（3）若θ=0，粒子以的初速度从O点进入匀强磁场区域，电场强度大小变为求当粒子竖直位移大小为时的运动时间。
【答案】（1）30；
（2）；
（3）或或
【解析】（1）由
得
粒子第一次经磁场偏转后恰好不越过该磁场区域左边界，由几何关系得
L
解得30
（2）粒子向左只能经历两个完整的电场区，设粒子在第三个磁场中水平速度变为0时竖直速度为，由竖直方向动量定理有
即
又由动能定理
其中
联立解得
即
（3）由
得 =
粒子第一次经电场减速后，速度大小变为
根据动能定理有
得 =
粒子在电磁场中运动一个完整的周期T，沿y轴向下移动的距离
设粒子能运动完整的n个周期，则满足n
且
解得n7.5
故n=8
粒子在电场中减速和加速时间均为 =
T=+2
故当粒子竖直位移大小为y= 时的运动时间可能为
或或
即
7. (江苏南通2025年高考三模)如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一、二象限有沿+x轴方向的匀强电场，在第三、四象限有宽度为d的匀强磁场，磁场方向垂直于坐标平面向外，长度为d的荧光屏MN与x轴垂直，下端在x轴上.一质量为m、电荷量为+q的粒子从点P（0，d）沿-y轴运动，初速度大小为v0，经电场偏转后从点Q（，0）进入磁场，并垂直于磁场的下边界离开磁场.已知P点到MN的距离，不计粒子重力。
（1）求电场强度大小E；
（2）求磁感应强度大小B；
（3）在匀强磁场下方所有区域再加一垂直于坐标平面的匀强磁场，要使粒子能打到MN上，求所加磁场的磁感应强度B′所满足的条件。
【答案】（1）
（2）
（3），方向垂直于平面向内或向外。
【解析】
(1)粒子在匀强电场中做类平抛运动，在-y方向有
+x方向有
根据牛顿第二定律有
联立解得
(2)粒子经过Q点时+x方向的分速度
则合速度大小
设粒子vQ与x轴的夹角为，有
几何关系
半径
解得
(3)粒子经两磁场偏转到回到x轴时速度大小不变，方向与+x轴的夹角为θ且斜向右上方，做类斜抛运动，粒子如果能够打到M点，则+y方向
+x方向
解得
①若所加磁场垂直于平面向内，且粒子恰能到达N点，几何关系
解得
又因为在磁场中半径
联立解得
若，粒子回到x轴时的位置与MN间的距离打在屏上，则所加磁场垂直于平面向内，且时粒子能打到MN上；
②若所加磁场垂直于平面向外，且粒子恰能到达M点，几何关系
解得
同理
若，粒子回到x轴时的位置与MN间的距离也为打在屏上，则所加磁场垂直于平面向外，且时粒子能打到MN上，总之要使粒子能打到MN上，磁感应强度，方向垂直于平面向内或向外均可。
垂直于电场线进入匀强电场（不计重力）
垂直于磁感线进入匀强磁场（不计重力）
受力情况
电场力FE＝Eq，其大小、方向不变，与速度v无关，FE是恒力
洛伦兹力FB＝qvB，其大小不变，方向随v而改变，FB是变力
轨迹
抛物线
圆或圆的一部分
运动轨迹
求解方法
利用类似平抛运动的规律求解：vx＝v0，x＝v0t
vy＝qEmt，y＝qE2mt2
偏转角φ：tanφ＝vyvx＝qEtmv0
半径：r＝mvqB
周期：T＝2πmqB
运动时间
t＝xv0
t＝φ2πT＝φmqB
动能
变化
不变
电场中：匀变速直线运动
磁场中：匀速圆周运动
电场中：类平抛运动
磁场中：匀速圆周运动
磁场中：匀速圆周运动
电场中：匀变速直线运动
（v与E共线）
磁场中：匀速圆周运动
电场中：类平抛运动
（v与E垂直）