11-19年高考物理真题分专题汇编之052带电粒子在电磁场中的运动

1.【2019年物理全国卷1】如图，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x辅的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出。已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力。求 （1）带电粒子的比荷；

（2）带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间。

3d2BBd234U【答案】（1）22 （2）812U或4U23 dB【解析】

【详解】（1）粒子从静止被加速的过程，根据动能定理得：qU122qUmv0，解得：v0 2m2d 2根据题意，下图为粒子的运动轨迹，由几何关系可知，该粒子在磁场中运动的轨迹半径为：r

2v0粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即：qv0Bm

r联立方程得：

q4U22 mdB（2）根据题意，粒子在磁场中运动的轨迹为四分之一圆周，长度S1=122rd 44粒子射出磁场后到运动至x轴，运动的轨迹长度S2rtan306d 6粒子从射入磁场到运动至x轴过程中，一直匀速率运动，则tS1S2 v03d2B解得：t812U

Bd23或t 4U231.2017年天津卷11．（18分）平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第Ⅲ现象存在沿y轴负方向的匀强电场，如图所示。一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿xQ点到y轴的距离为到x轴距离的2倍。粒轴正方向开始运动，

子从坐标原点O离开电场进入电场，最终从x轴上的P点射出磁场，P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等。不计粒子重力，为：

（1）粒子到达O点时速度的大小和方向； （2）电场强度和磁感应强度的大小之比。 【答案】（1）v角斜向上；（2）2v0，方向与x轴方向的夹角为45°

O Q v0 P y B x Ev0。 B2【解析】（1）在电场中，粒子做类平抛运动，设Q点到x轴的距离为L，到y轴的距离为2L，粒子的加速度为a，运动时间为t,有 x方向：2Lv0t ①

y 1y方向：Lat2 ②

2设粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为vy，vy= at ③ 设粒子到达O点时速度方向与x轴方向的夹角为α，有

Q O v0 v B x P v O′ tanvyv0 ④

⑤ 联立①②③④式得α=45°

即粒子到达O点时速度方向与x轴方向的夹角为45°角斜向上。

22 ⑥ vy设粒子到达O点时的速度大小为v，由运动的合成有vv0联立①②③⑥式得v2v0 ⑦

（2）设电场强度为E，粒子电荷量为q，质量为m，粒子在电场中受到的电场力为F，由牛顿第二定律可得F=ma ⑧ 又F=qE ⑨

设磁场的磁感应强度大小为B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，所受的洛伦兹力提供向

v2心力，有qvBm ⑩

R由几何关系可知R2L ⑪

Ev0 ⑫ B2联立①②⑦⑧⑨⑩⑪式得2. 2014年物理海南卷

14．如图，在x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外；在x轴下方存在匀强电场，电场方向与xoy平面平行，且与x轴成450夹角。一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子以速度v0从y轴上P点沿y轴正方向射出，一段时间后进入电场，进入电场时的速度方向与电场方向相反；又经过一段时间T0，磁场方向变为垂直纸面向里，大小不变，不计重力。

（1）求粒子从P点出发至第一次到达x轴时所需的时间； （2）若要使粒子能够回到P点，求电场强度的最大值。

O E x P y B 【解析】（1）带电粒子在磁场中做圆周运动，设运动半径为R，运动周期为T，根据洛伦兹力公式及圆周运动规律，有

2v0qv0Bm

RT2R v0依题意，粒子第一次到达x轴时，运动转过的角度为

5，所需时间t1为 45t1T

8求得 t15m 4qB（2）粒子进入电场后，先做匀减速运动，直到速度减小为0，然后沿原路返回做匀加速运动，到达x轴时速度大小仍为v0，设粒子在电场中运动的总时间为t2，加速度大小为a，电场强度大小为E，有qEma

v01at2 22mv0 qE得t2根据题意，要使粒子能够回到P点，必须满足t2T0 得电场强度最大值 E2mv0 qT02. 2014年理综大纲卷25．(20 分)

如图，在第一象限存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面(xy平面)向外；在第四象限存在匀强电场，方向沿x轴负向。在y轴正半轴上某点以与x轴正向平行、大小为v0的速度发射出一带正电荷的粒子，该粒子在(d，0)点沿垂直于x轴的方向进人电场。不计重力。若该粒子离开电场时速度方向与y轴负方向的夹角为θ，求： ⑴电场强度大小与磁感应强度大小的比值； ⑵该粒子在电场中运动的时间。 【答案】

O (d, 0) x y v0 12dv0tan2，

v0tan2【解析】(1)如图，粒子进入磁场后做匀速圆周运动．设磁感应强度的大小为B，粒子质量与所带电荷量分别为m和q，圆周运动的半径为r. 由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得

2v0 qv0Bm ①

r由题给条件和几何关系可知r＝d ②

设电场强度大小为E，粒子进入电场后沿x轴负方向的加速度大小为ax，在电场中运动的时间为t，离开电场时沿x轴负方向的速度大小为vx.由牛顿定律及运动学公式得 Eq＝max ③ vx＝axt ④

y v0 x (d, 0) vxtd ⑤ 2vx ⑥ v0O 由于粒子在电场中做类平抛运动(如图)，有

 tanv θ 联立①②③④⑤⑥式得

E1v0tan2 ⑦ B2(2)联立⑤⑥式得t2d ⑧

v0tan4. 2011年理综全国卷

25．（19分）如图，与水平面成45°角的平面MN将空间分成I和II两个区域。一质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子以速度v0从平面MN上的P0点水平向右射入I区。粒子在I区运动时，只受到大小不变、方向竖直向下的电场作用，电场强度大小为E；在II区运动时，只受到匀强磁场的作用，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里。求粒子首次从II区离开时到出发点P0的距离。粒子的重力可以忽略。

解析：带电粒子进入电场后，在电场力的作用下沿抛物线运动，其加速度方向竖直向下，设其大小为a，由牛顿定律得qE＝ma

①

B× N Ⅱ Ⅰ M P0 v0 E

设经过时间t0，粒子从平面MN上的点P1进入磁场，由运动学公式和几何关系得 1

v0t0＝at02

2

② ③ ④ ⑤

⑥

粒子速度大小V1为 V1＝v02＋(at0)2

v0设速度方向与竖直方向的夹角为α，则 tanα＝

at0此时粒子到出发点P0的距离为 s0＝2v0t0

mV

此后，粒子进入磁场，在洛仑兹力作用下做匀速圆周运动，圆周半径为 r1＝ qB

设粒子首次离开磁场的点为P2，弧P1P2所张的圆心角为2β，则P1到点P2的距离为 s1＝2r1sinβ

⑧

⑨ ⑩ ⑦

由几何关系得 α＋β＝45°

mv0联立①②③④⑤⑥⑦⑧式得 s1＝2

qB点P2与点P0相距 l＝s0＋s1 联立①②⑤⑨⑩解得 l＝5.2013年四川卷

2mv02v01

(＋) qEB

11．如图所示，竖直平面（纸面）内有直角坐标系xOy，x轴沿水平方向。在x≤0的区域内存在方向垂直于纸面向里，磁感应强度大小为B1的匀强磁场。在第二象限紧贴y轴固定放置长为l、表面粗糙的不带电绝缘平板，平板平行于x轴且与x轴相距h。在第一象限内的某区域存在方向相互垂直的匀强磁场（磁感应强度大小为B2、方向垂直于纸面向外）和匀强电场（图中未画出）。一质量

为m、不带电的小球Q从平板下侧A点沿x轴正向抛出；另一质量也为m、带电量为q的小球P从A点紧贴平板沿x轴正向运动，变为匀速运动后从y轴上的D点进入电磁场区域做匀速圆周运动，经1/4圆周离开电磁场区域，沿y轴负方向运动，然后从x轴上的K点进入第四象限。小球P、Q相遇在第四象限的某一点，且竖直方向速度相同。设运动过程中小球P电量不变，小球P和Q始终在纸面内运动且均看作质点，重力加速度为g。求：

（1）匀强电场的场强大小，并判断P球所带电荷的正负；

（2）小球Q的抛出速度v0的取值范围； （3）B1是B2的多少倍？

B1 A P l Q v0 h O y D K x mgm2gg【答案】（1）E， （2）0v0(2， （3）0.5倍 l)q2hqB1B2【解析】（1）由题意，小球P到达D前匀速：qvB1mg，vmg ① qB1且P带正电，过D进入电磁场区域做匀速圆周运动，则mgqE，Emg ② q（2）经1/4圆周离开电磁场区域，沿y轴负方向运动，设匀速圆周运动半径为R

v2则qvB2m③

R

设小球P、Q在第四象限相遇时的坐标为x、y，

设小球Q平抛后经时间t与P相遇，Q的水平位移为s，竖直位移为d。则

sv0t④ d1gt2

2⑤

位移关系：xsl=R ⑥ y(dh)≤0 ⑦

2ghm2g联解①③④⑤⑥⑦得：0v0(2 ⑧ l)qB1B22h（3）小球Q在空间作平抛运动，在满足题目条件下，运动到小球P穿出电磁场时的高度（图中N点）时，设用时t1,竖直方向速度vy，竖直位移yQ，则有

A P d l Q v0 N B1 s vy h v0 y D v R O K v x 12

yQR＝gt1 ⑨

2

(x，y) vyvgt1 ⑩

此后a=g同，P、Q相遇点竖直方向速度必同 联立解得：B1=0.5B2 6. 2014年理综重庆卷

9．（18分）如题9图所示，在无限长的竖直边界NS和MT间充满匀强电场，同时该区域上、下部分分别充满方向垂直于NSTM平面向外和向内的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B，KL为上下磁场的水平分界线，在NS和MT边界上，距KL高h处分别有P、Q两点，NS和MT间距为1.8h。质量为m、带电量为+q的粒子从P点垂直于NS边界射入该区域，在两边界之间做圆周运动，重力加速度为g。 （1）求该电场强度的大小和方向。

（2）要使粒子不从NS边界飞出，求粒子入射速度的最小值。 （3）若粒子能经过Q点从MT边界飞出，求粒子入射速度的所有可能值。

【答案】（1）E=mg/q，方向向上；

K 2B S 题9图

T

P h B L

N 1.8h M Q

Bqh（2）(962)；

m（3）可能的速度有三个：

0.68Bqh0.545Bqh0.52Bqh，， mmmP N 【解析】（1）设电场强度大小为E 由题意有 mg = qE

得 E=mg/q 方向竖直向上

（2）如答题9图l所示，设粒子不从NS边飞出的入射速度最小值为vmin，对应的粒子在上、下区域的运动半径分别为r1和r2，圆心的连线与NS的夹角为φ， 由rh O1 φ r1 mvminmv1 ， 有r1，r2r1

qBqB2K r2 r2 O2 由(r1r2)sinr2

得vmin(962)h r1r1cosS 答题9图1 Bqh m（3）如答题9图2所示，设粒子入射速度为v，粒子在上、下方区域的运动半径分别为r1和r 2，粒子第一次通过 KL 时距离K点为 x，由题意有

3nx =1.8h ( n=1 , 2 , 3 ,……)

N P M Q

3(962)hx 22xr12(hr1)2

得r1(10.36h),n3.5 2n20.68Bqh mh O1 φ r1 K x r2 x O2 T

答题9图2 x L

即 n=1时 vn=2时 vn=3时 v

0.545Bqh mS 0.52Bqh m7.2015年理综天津卷12、（20分）现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动。真空中存在着如图所示的多层紧密相邻的匀强电场和匀强磁场，电场和磁场的宽度均为d。电场强度为E，方向水平向右；磁感应强度为B，方向垂直纸面向里。电场、磁场的边界互相平行且与电场方向垂直，一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子在第1层电场左侧边界某处由静止释放，粒子始终在电场、磁场中运动，不计粒子重力及运动时的电磁辐射

（1）求粒子在第2层磁场中运动时速度v2的大小与轨迹半径r2；

（2）粒子从第n层磁场右侧边界穿出时，速度的方向与水平方向的夹角为θn，试求sinθn； （3）若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出，

试问在其他条件不变的情况下，也进入第n层磁场，但比荷较该粒子大的粒子能否穿出该层磁场右侧边界，请简要推理说明之。

q …… ……

第1层 第2层 第n层 答案：（1）

nqd2mEd； （2）sinnB； （3）见解析；

Bq2mE解析：（1）粒子在进入第2层磁场时，经过两次电场加速，中间穿过磁场时洛伦兹力不做功，由动能定理有2qEd12mv2， ① 2解得v22qEd②

m

2mv2粒子在第2层磁场中受到的洛伦兹力充当向心力，有qv2B③

r2

联立②③式解得：r22mEd④

Bq

12mvn ⑤ 2（2）设粒子在第n层磁场中运动的速度为vn，轨迹半径为rn（各量的下标均代表粒子所在层数，下同），nqEd2vnqvnBm ⑥

rn粒子进入到第n层磁场时，速度的方向与水平方向的夹角为n，从第n层磁场右侧边界穿出时速度方向与水平方向的夹角为θn，粒子在电场中运动时，垂直于电场线方向的速度分量不变，有：vn1sinn1vnsinn ⑦ 由图1根据几何关系可以得到：

d rnsinnrnsinnd ⑧

联立⑥⑦⑧式可得： rnsinnrn1sinn1d ⑨ 由⑨式可看出r1sin1，r2sin2，…，rnsinn为一等差数列，公差为d，可得：

rn 图1 rn θn n rnsinnr1sin1n1d ⑩

当n=1时，由图2可看出：

d θ1 r1 θ1 r1sin1d ⑪

联立⑤⑥⑩⑪可解得：sinnBnqd ⑫ 2mE图2 （3）若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出，则：

n2n1 ， sinq，假设能穿出第n层磁场m在其他条件不变的情况下，换用比荷更大的粒子，设其比荷为

，右侧边界，粒子穿出时速度方向与水平方向的夹角为n由于不存在，即原假设不成立，所以比荷较该粒子说明n大的粒子不能穿出该层磁场右侧边界。

8.2015年理综重庆卷9．（18分）题9图为某种离子加速

h qq1 则导致： sinn，

mmM′ O′ M O d N′ kd N P 题9图

器的设计方案。两个半圆形金属盒内存在相同的垂直于纸面向外的匀强磁场。其中MN和M' N'是间距为h的两平行极板，其上分别有正对的两个小孔O和O'，

O' N'= ON=d，P为靶点，O' P=kd（k为大于1的整数）.极板间存在方向向上的匀强电场，两极板间电压为U. 质量为m、带电量为q的正离子从O点由静止开始加速，经O' 进入磁场区域。当离子打到极板上O' N'区域（含N' 点）或外壳上时将会被吸收。两虚线之间的区域无电场和磁场存在，离子可匀速穿过。忽略相对论效应和离子所受的重力。求：

（1）离子经过电场仅加速一次后能打到P点所需的磁感应强度大小； （2）能使离子打到P点的磁感应强度的所有可能值；

（3）打到P点的能量最大的离子在磁场中运动的时间和在电场中运动的时间。 【答案】（1）B22qUm22nqUm （2）B，(n1,2,3,qkdqkd,k21)

（3）t磁22(k1)m， t电hqU22qmU(k21)

(2k23)mkd解析：（1）离子经电场加速，由动能定理：qU2qU12 mv，可得vm2v2磁场中做匀速圆周运动，qvBm

r刚好打在P点，轨迹为半圆，由几何关系可知rkd 2联立解得B22qUm

qkd（2）若磁感应强度较大，设离子经过一次加速后若速度较小，圆周运动半径较小，不能直接打在P点，而做圆周运动到达N' 右端，再匀速直线到下端磁场，将重新回到O点重新加速，直到打在P点。设共加速了n次，有：nqU2vnqvnBm

rn12mvn 2且rnkd 2解得：B22nqUm，

qkdv12d12要求离子第一次加速后不能打在板上，有r1，且qUmv1，qv1Bm

22r1解得：nk

2故加速次数n为正整数最大取nk21 即B22nqUm(n1,2,3,qkd,k21)

（3）加速次数最多的离子速度最大，取nk21，离子在磁场中做n-1个完整的匀速圆周运动和半个圆周打到P点。 由匀速圆周运动T2r2m vqBt磁T(2k23)mkd (n1)T2222qmU(k1)电场中一共加速n次，可等效成连续的匀加速直线运动.由运动学公式

(k21)haqU mh12at 2电2(k21)m可得： t电h

qU9.2016年江苏卷15．（16分）回旋加速器的工作原理如图15-1所示，置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间狭缝的间距为d，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，被加速粒子的质量为m，电荷量为+q，加在狭缝间的交变电压如图15-2所示，电压值的大小为U0.周期

图15-1 d O A R M UUMN

O N – U0 UMN 3T 2T 2t 1T T 2图15-2 TT2m,。一束该种粒子在t=0～2时间内从A处均匀地飘入狭缝，其初速度视为零。现考虑粒子qB在狭缝中的运动时间，假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动，不考虑粒子间的相互作用。求：

(1)出射粒子的动能Em；

(2)粒子从飘入狭缝至动能达到Em所需的总时间t0；

(3)要使飘入狭缝的粒子中有超过99%能射出，d应满足的条件。

mU0q2B2R2BR22BRdmd【答案】 (1) (2) (3) 22m100qBR2U0qB

【解析】（1）粒子运动半径为R时

mv2 qvBR且Em1mv2 2q2B2R2解得Em

2m

（2）粒子被加速n次达到动能Em，则Em=nqU0

粒子在狭缝间做匀加速运动，设n次经过狭缝的总时间为Δt 加速度aqU0 md1aΔt2 2匀加速直线运动ndBR22BRdmT由t0(n1)Δt，解得t0

22U0qB

T时间内飘入的粒子才能每次均被加速 -t）2Tt2则所占的比例为 T2(3)只有在 0 ~（由99%,解得dmU0100qB2R

10.2016年四川卷11.（19分）如图所示，图面内有竖直线DD＇，过DD＇且垂直于图面的平面将空间分成Ⅰ、Ⅱ两区域。区域Ⅰ有方向竖直向上的匀

D 强电场和方向垂直图面的匀强磁场B（图中未画出）；区域II有固定在水平面上高h2l、倾角

Ⅱ A h H C Ⅰ K P θ v0 E1 π/4的光滑绝缘斜面，斜面顶端与直线DD＇

距离s4l，区域Ⅱ可加竖直方向的大小不同的匀强电场（图中未画出）；C点在DD＇上，距地面高

 s D' H3l。零时刻，质量为m、带电荷量为q的小

球P在K点具有大小v0方向与水平面夹角π/3的速度，在区域Ⅰ内做半径r3l/π的gl、匀速圆周运动，经C点水平进入区域Ⅱ。某时刻，不带电的绝缘小球A由斜面顶端静止释放，在某处与刚运动到斜面的小球P相遇。小球视为质点，不计空气阻力及小球P所带电量对空间电磁场的影响。l已知，g为重力加速度。

（1）求匀强磁场的磁感应强度B的大小；

（2）若小球A、P在斜面底端相遇，求释放小球A的时刻tA；

（3）若小球A、P在时刻tl/g（β为常数）相遇于斜面某处，求此情况下区域II的匀强电场的场强E，并讨论场强E的极大值和极小值及相应的方向。 【答案】（1）Bmg3ql； （2）（322）l g7mg，方向竖直向上。 8q（3）场强极小值为Emin0；场强极大值为Emax【解析】（1）由题知，小球P在区域Ⅰ内做匀速圆周运动，有

2v0mqv0B ① r代入数据解得Bmπgl ② 3lq（2）小球P在区域Ⅰ做匀速圆周运动转过的圆心角为θ，运动到C点的时刻为tC，到达斜面低端时刻为t1，有tCrv0 ③

shcotv0(t1tC) ④

小球A释放后沿斜面运动加速度为aA，与小球P在时刻t1相遇于斜面底端，有

mgsinmaA ⑤

h1aA(t1tA)2 ⑥ sin2联立以上方程可得tA(322)l ⑦ g（3）设所求电场方向向下，在t'A时刻释放小球A，小球P在区域Ⅱ运动加速度为aP，有

12sv0(ttC)aA(ttA)cos ⑧

2mgqEmaP ⑨

112HhaA(tt)sinaP(ttC)2 ⑩ A22(112)mg联立相关方程解得E

q(1)对小球P的所有运动情形讨论可得35

由此可得场强极小值为Emin0；场强极大值为Emax

7mg，方向竖直向上。 8q