带电粒子在电磁场中的运动（解析版）_小初高学习资料合集（每天更新）_2026年6月高中物理试卷汇编_0628物理_带电粒子在电磁场中运动—2027高考物理

带电粒子在电磁场中的运动
【高考题解读】
1.2026高考陕晋青宁卷第15题
如图，垂直于x轴的足够大绝缘薄挡板P紧贴平行金属板放置，挡板P有一小孔在原点O处，O点到垂
直于y轴的两金属板距离相等。在xOy平面位于-L，0
1
 处的粒子源以速率v 向面内各方向发射质量
0
为m、电荷量为qq>0 
48mv2
的带电粒子。两金属板(上板为正极)间距为2L，板间电压U初始为 0 。
25q
在xOy平面y轴右侧，圆心O位于0，L  、直径在y轴、半径为L的半圆区域存在方向垂直于平面向里
mv
的匀强磁场，其磁感应强度大小为 0 。在x>L处有一垂直于x轴的固定弹性绝缘挡板Q，粒子若碰
qL
到Q将发生弹性碰撞且电荷量q不变。粒子打到金属板或挡板P均会被吸收，不计粒子重力及粒子间
的相互作用，忽略边缘效应。(v 、m、q、L均为已知量)
0
(1)可从小孔进入磁场的粒子，求其从O点处射入磁场速度方向与x轴正向夹角的正弦值；
(2)粒子从磁场射出后与挡板Q发生碰撞，求其再次射入磁场到达挡板P上位置的y坐标；
(3)若仅改变电压U的大小U>0  ，在不同电压下，粒子源发射的所有粒子均无法打到挡板P右侧面；
进入磁场的所有粒子打到挡板P右侧面有1个撞击点或2个撞击点，求以上三种情况分别对应的电压取
值范围(用已知量v 、m、q表示)。
0
【答案】(1)0.6或0.8
2 4
(2) L或 L
5 5
2mv2
(3)U> 0 ，无粒子能到达O点，均无法打到P右侧面。
q
16mv2
当0<U< 0 时，仅θ 粒子能进入磁场，1个撞击点；
17q 1
16mv2 2mv2
当 0 ≤U< 0 时，两粒子均能进入且撞击点不同，2个撞击点；
17q q
2mv2
当U= 0 时，两粒子轨迹重合，1个撞击点。
q
【解析】(1)带电粒子在电场中做类斜抛运动
qU
设粒子初速度方向与x轴夹角为θ，加速度a=
m2L
2

24v2
= 0
25L
方向沿y轴正向。粒子从(-L,0)运动到(0，0)，水平方向L=v cosθ⋅t
0
1
竖直方向0=-v sinθ⋅t+ at2
0 2
联立解得v2 0 sin2θ 
24
=aL= v2 25 0
即sin2θ 
qU 24
= =
2mv2 25
0
在O点，v =v cosθ，v =-v sinθ+at=v sinθ
x 0 y 0 0
v
设射入磁场速度方向与x轴夹角为β，则tanβ= y =tanθ
v
x
即β=θ
根据sin2β 
24
= ，sin2β+cos2β=1
25
解得sinβ=0.6或sinβ=0.8
mv
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，半径R= 0 =L
qB
磁场区域半径也为L。由几何关系，粒子从O点射入，必从磁场边界另一点射出，且射出速度方向水平
向右，如下图
射出点纵坐标y =L1-cosα
出

3 4 L
当sinα= 时，cosα= ，y =
5 5 出 5
4 3 2L
当sinα= 时，cosα= ，y =
5 5 出 5
粒子与Q板弹性碰撞后沿x轴负方向返回，再次进入磁场。由对称性及圆周运动几何关系，粒子再次打到挡板P上的位置纵坐标y=2y
出
2 4
故y坐标为 L或 L。
5 5
(3)根据(1)可知sin2θ
3

qU 24
= =
2mv2 25
0
qU
设k= 。粒子能到达O点需满足sin2θ
2mv2
0

2mv2
=k，即k≤1，U≤ 0
q
2mv2
若U> 0 ，则k>1，无粒子能到达O点，均无法打到P右侧面。
q
2mv2
当U≤ 0 时，存在两个发射角θ ,θ (假设θ 大于θ )。粒子在电场中不撞板条件为y
q 1 2 2 1 min
 ≤L，如下图
上图为刚好到达上极板的临界，根据逆向看，类平抛运动速度偏转角是位移偏转角正切值的2倍，可知，
L
此时tanθ=2× =4
1
L
2
4 17 17
根据数学关系可知此时sinθ= ，cosθ=
17 17
解得对于θ 2 需k=sin2θ 
8 16mv2
≥ ，即U≥ 0 17 17q
此时θ 对应粒子轨迹刚好与上极板相切。
2
16mv2
综上所述，当0<U< 0 时，仅θ 粒子能进入磁场，1个撞击点；
17q 1
16mv2 2mv2
当 0 ≤U< 0 时，两粒子均能进入且撞击点不同，2个撞击点；
17q q
2mv2
当U= 0 时，两粒子轨迹重合，1个撞击点；
q
2mv2
当U> 0 ，则k>1，无粒子能到达O点，均无法打到P右侧面。
q
【针对性训练】1.(18分)(2026四川绵阳中学二模)如图甲所示，半径为R的圆形区域内存在辐向电场，电场方向由圆心沿
半径向外，电场强度大小E随距圆心O的距离x的变化如图乙所示，图中E 为已知量。圆形区域外存
0
在垂直纸面向里的匀强磁场。一质量为m，电荷量为+q的带电粒子，从圆心O点由静止释放，粒子沿半
径OP运动至虚线边界上的P点进入磁场偏转再返回电场，粒子每次到达O点后沿进入电场的路径返
回磁场，最后刚好沿PO方向回到O点，这个过程中粒子在磁场中运动的总时间记为t (未知)。已知磁
0
场的磁感应强度\(B = \latex>；\sqrt{\frac{mE 0}{3qR}}，不计带电粒子的重力。求：
(1)带电粒子经过P点时的速度大小；
(2)t 的大小；
0
(3)若改变带电粒子的释放位置，将带电粒子在OP之间的某点Q(图中未标出)释放，粒子经过一段时间
后沿PQ方向第一次回到释放点Q，该过程粒子在磁场区域运动的总时间为3t 。求粒子释放点Q到P
0
点的可能距离。
【解析】(1)(4分)根据乙图，图中图线所围成面积代表电势差，则
E R
U = 0 (1分)
OP 2
1 E Rq
由动能定理可得 qU = mv2(2分)，解得 v= 0 (1分)
OP 2 m
(2)(8分)设带电粒子在磁场中运动的轨道半径为r，根据题意作
v2 mv
轨迹图，由向心力公式得 qvB=m ，r= = 3R (2分)
r qB
r
设 ∠O OP=θ，由几何关系可知 tanθ= ，
1 R
π
解得 θ= (1分)
3
2π
所以 ∠MOP= (1分)
3
42π
粒子在磁场中运动过程所转过的角度为 θ =3× 2π-π-
0 3
5
  

 =5π (1分)
θ
粒子在磁场中运动总时间 t = 0 T (1分)
0 2π
2πr
粒子在磁场中运动周期为 T= (1分)，
v
3mR
解得 t =5π (1分)
0 qE
0
(3)(6分)如图，设改变释放位置后，粒子在磁场中第一次从S点回到电场区域，令∠SOP=θ'，
粒子在磁场中运动的圆弧所对圆心角为α，根据题意可知：
nθ'=N×2π，α=2π-(π-θ') (1分)
粒子在磁场中运动总时间为3t ，所以 nα=3θ ，
0 0
解得n+2N=15 (1分)
其中n和N均为正整数；
2π 2π
由题意可知 θ'< ，则 nθ'=N×2π<n ，
3 3
解得 n>3N (1分)
联立n+2N=15与n>3N，解得N<3
2π θ r
①当N=1，n=13时，由几何关系可得 θ = ，则 tan 1 = 1
1 13 2 R
v2
由洛伦兹力提供向心力公式得 qv B=m 1
1 r
1
1 E q 1
由动能定理可得 0 x2= mv2 (1分)，
2 R 1 2 1
3 π
解得 x = Rtan (1分)
1 3 13
4π
②当N=2，n=11时，由几何关系可得 θ = ，
2 11
3 2π
同理解得 x = Rtan (1分)
2 3 11
2.(18分)(2026甘肃岷县三模)利用带电粒子在电场和磁场中受力的特点，可以控制带电粒子的运动。如
图所示，平面直角坐标系xOy中的第四象限内存在匀强磁场，方向垂直纸面向里，第三象限(含x轴)内
存在沿y轴负方向的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从x轴上横坐标为-6L处，以大
小为v 的速度沿x轴正方向射入电场，经过第三象限内的匀强电场后，在y轴上纵坐标为- 3L处进入
0
第四象限内的匀强磁场，一段时间后粒子恰好垂直于x轴射入第一象限。x轴上方无电场和磁场，不计
带电粒子受到的重力。(1)求匀强电场的电场强度大小E及匀强磁场的磁感应强度大小B；
(2)求粒子在第三、四象限运动的时间t；
(3)若第四象限的磁场仅分布在一个矩形区域内，其他条件不变，求这个矩形磁场区域的最小面积S。
3mv2 3mv
答案：(1)E= 0 ，B= 0
18qL 3qL
2 3π+18
(2)t=
6
 L
3v
0
(3)S=2 3L2
1
解析：(1)粒子在电场中做类平抛运动，有6L=v t ， 3L= at2
0 1 2 1
其中qE=ma
6L 3mv2
解得t = ，E= 0
1 v 18qL
0
v
设粒子刚进入第四象限内的磁场时，速度方向与y轴负方向的夹角为θ，有tanθ= 0 = 3
at
1
设带电粒子在磁场中的轨迹半径为r，根据几何关系可知rsinθ= 3L
则r=2L
v2
由洛伦兹力提供向心力有Bqv=m
r
v 2 3
其中v= 0 = v 
sinθ 3 0
3mv
解得B= 0
3qL
π-θ
(2)粒子在第四象限内运动的时间t =
2
 r
v
2 3πL
解得t =
2 3v
0
粒子在第三、四象限运动的时间t=t +t
1 2
2 3π+18
解得t=
 L
3v
0
(3)如图所示，最小面积S=2rsin60°×1-cos60°  r
解得S=2 3L23.(16分)(2026年4月四川眉山二模)如图所示，在光滑绝缘的水平桌面内，建立平面直角坐标系xOy。桌
面内分布两个匀强电场区域：区域Ⅰ(0≤x≤d )，两极板间距为d =0.1 m，在x轴上开有两小孔O
1 1
d d
和O ，电场强度大小E =9 N/C，方向沿x轴正方向；区域Ⅱx>d ，- 2 ≤y≤ 2
1 1 1 2 2
7
 ，两极板间距为
d =1.6 m，电场强度大小E =1 N/C，方向沿y轴正方向。一质量m=0.1 kg、电荷量q=2 C
2 2
的带正电金属小球P，从O点由静止释放，沿x轴正方向进入区域Ⅰ，随后在区域Ⅱ的O 处与静止在该
1
处的另一质量M=0.2kg不带电金属的小球Q发生弹性正碰。碰后两金属小球的电荷量平均分配，求：
(1)金属小球P从O点运动到O 的过程中电势能的变化量；
1
(2)金属小球Q与区域Ⅱ极板第一次碰撞时的速度大小；
(3)若在区域Ⅱ内再加上垂直于水平桌面向上的匀强磁场，两小球在O 碰后小球Q恰好能沿直线运动，
1
则小球P从O点释放到与区域Ⅱ极板第一次相碰前运动的总时间以及碰撞点的坐标。
解析：(1)对小球P在区域Ⅰ，电场力做功W=qE d =1.8 J 2分
1 1
由功能关系，P电势能的变化量ΔE =-W=-1.8 J 1分
P
1
(2)对小球P在区域Ⅰ由动能定理W= mv2 1分
2 0
解得P与Q碰前的速度v =6 m/s
0
P和Q发生弹性正碰，设碰撞后P和Q的速度分别为v 和v
1 2
mv =mv +Mv 1分
0 1 2
1 1 1
mv2= mv2+ Mv2 1分
2 0 2 1 2 2
代入数据，解得v =-2 m/s，v =4 m/s
1 2
设小球Q与区域Ⅱ极板碰撞时的速度大小为v ，碰后对小球Q，由动能定理
Q
q d 1 1
E 2 = Mv2 - Mv2 2分
2 2 2 2 Q 2 2代入数据解得v =2 6 m/s 1分
Q
(3)碰前对P有
qE v 1
加速度a= 1 =180 m/s2 时间t = 0 = s 1分
m 1 a 30
碰后对P有
q
在区域Ⅰ加速度a= 2 E 1 =90 m/s2，时间t =2 v 1
m 2 a
8
 2 =  s 1分
45
在区域Ⅱ，加上磁场后对Q做直线运动
q q
则 E = v B 1分
2 2 2 2
1
解得B= T
4
在区域Ⅱ，加上磁场后对P，可以视为以v 向右匀速直线运动和以v 顺时针匀速圆周运动的合运动。
2 1
mv
圆周运动的轨道半径R= 1 =0.8 m 1分
q
B
2
2πm
圆周运动的周期T= =0.8π s 1分
q
B
2
d
当P在y方向上的位移大小 2 时与区域Ⅱ的极板相碰
2
d 1 T
由R= 2 得粒子运动 周和y轴正方向极板相碰运动时间t = =0.2π s
2 4 3 4
7
故P从O点释放到与区域Ⅱ极板相碰前运动的总时间t=t +t +t = +0.2π
1 2 3 90
  s 1分
在区域Ⅱ，P沿x轴方向的位移x=v 2 t 3 -R=0.8π-0.8   m
所以P碰撞点的横坐标x=d 1 +x=0.8π-0.7   m
综上P碰撞点的坐标[0.8π-0.7   m，0.8m] 1分
4. (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
mv
场区域，磁场垂直xOy平面向里，磁感应强度大小为B= 0 ，电场沿x轴负方向，电场强度大小为E
2qL
mv2
= 0 。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v 进入匀强磁场区域，虚
2qL 0
线边界有磁场。粒子的质量为m、电荷量为q，不计重力，取 3=1.73。
(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sinθ满足的条件；
v mv2
(3)若θ=0，粒子以v = 0 的初速度从O点进入匀强磁场区域，电场强度大小变为E = 0 ，求当粒
1 3 1 24qL
19
子竖直位移大小为y= L时的运动时间。
3
【答案】(1)30°；
(2)0.23≤sinθ<0.73；
100π
(3)t =64+
1 3
9

L L 110π
或t =(68+35π) 或t =72+
v 2 v 3 3
0 0

L
v
0
v2
【解析】(1)由qv B=m 0
0 r
得r=2L
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
r-rsinθ=L
1
解得sinθ= ，θ=30°
2
(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v ，由竖
y
直方向动量定理有∑qv B⋅Δt=mv -mv sinθ
x y 0
即qBx =mv -mv sinθ
磁 y 0
1 1
又由动能定理qE⋅2L= mv2- mv2
2 y 2 0
其中2L<x ≤3L
磁
联立解得 3-1.5≤sinθ< 3-1
即0.23≤sinθ<0.73
v2
(3)由qv B=m 1
1 r
1
2 2πr 4πL
得r = L，T = 1 =
1 3 1 v v
1 0
粒子第一次经电场减速后，速度大小变为v
2
1 1
根据动能定理有-qE L= mv2- mv2
1 2 2 2 1
v2
又qv B=m 2
2 r
2
v 1 2πr 4πL
得v = 0 ，r = L，T = 2 =
2 6 2 3 2 v v
2 0
2
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Δy=2r -2r = L
1 2 319
设粒子能运动完整的n个周期，则满足nΔy+Δy = L
1 3
4
且Δy <2r = L
1 1 3
解得n>7.5
故n=8
L 4L
粒子在电场中减速和加速时间均为t= =
v +v v
1 2 0
2
1 1
T= T +2t+ T
2 1 2 2
19
故当粒子竖直位移大小为y= L=8Δy+L时的运动时间可能为
3
1 1 1 1
t =8T+ T 或t =8T+ T +t+ T 或t =9T+ T
1 3 1 2 2 1 4 2 3 6 1
100π
即t =64+
1 3
10

L
v
0
L
t =(68+35π)
2 v
0
110π
t =72+
3 3

L
v
0
5. (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v ，
0
2
经电场偏转后从点Q d，0
3
 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PM
8
= d，不计粒子重力。
3(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。
4mv2
【答案】(1)E= 0
3qd
4mv
(2)B= 0
3qd
10mv
(3)B≥ 0 ，方向垂直于平面向内或向外。
3qd
【解析】
(1)粒子在匀强电场中做类平抛运动，在-y方向有d=v t
0
2 1
+x方向有 d= at2
3 2
根据牛顿第二定律有qE=ma
4mv2
联立解得E= 0
3qd
4
(2)粒子经过Q点时+x方向的分速度v =at= v
x 3 0
5
则合速度大小v = v
Q 3 0
v
设粒子v 与x轴的夹角为θ，有tanθ= y
Q v
x
几何关系d=rcosθ
mv
半径r= Q
qB
4mv
解得B= 0
3qd
(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d=v t
y
1
+x方向Δx=v t+ at2
x 2
解得Δx=2d
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x 0 +2r-rsinθ
11
 +2r =PM 11
解得r = d
1 2
mv
又因为在磁场中半径r = 0
1 qB
1
10mv
联立解得B = 0
1 3qd
若B →∞，粒子回到x轴时的位置与MN间的距离Δx'=d<Δx打在屏上，则所加磁场垂直于平面向
1
10mv
内，且B ≥ 0 时粒子能打到MN上；
1 3qd
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x +2r-rsinθ Q
12
 -2r +Δx=PM 2
1
解得r = d
2 2
10mv
同理B = 0
2 3qd
若B →∞，粒子回到x轴时的位置与MN间的距离也为Δx=d<Δx打在屏上，则所加磁场垂直于平面
2
10mv 10mv
向外，且B ≥ 0 时粒子能打到MN上，总之要使粒子能打到MN上，磁感应强度B≥ 0 ，方向
2 3qd 3qd
垂直于平面向内或向外均可。
6. (湖北省2025届八校三统联考)如图所示，在xoz平面的第二象限内有沿x轴负方向的匀强电场，电场
强度的大小E=10V/m，空间某区域存在轴线平行于z轴的圆柱形磁场区域，磁场方向沿z轴正方向。
q
一比荷为 =104C/kg的带正电粒子从x轴上的P点以速度v 射入电场，方向与x轴的夹角θ=30°。
m 0
该粒子经电场偏转后，由z轴上的Q点以垂直于z轴的方向立即进入磁场区域，经磁场偏转射出后，通过
坐标为(0，0.15m，0.2m)的M点(图中未画出)，且速度方向与x轴负方向的夹角α=60°，其中OQ=
0.2m，不计粒子重力。求：
(1)粒子速度v 的大小；
0
(2)圆柱形磁场区域的最小横截面积S (结果保留两位有效数字)；
min
(3)粒子从P点运动到M点经历的时间t(结果保留三位有效数字)。
【答案】(1)v =4×102m/s；(2)S =5.9×10-3m2；
0 min
(3)t=2.55×10-3s
【解析】(1)粒子在电场中沿x轴正方向的分运动是匀速直线运动，沿z轴正方向的分运动是匀变速直线
运动，沿z轴方向根据匀变速直线运动的规律可得v sinθ=at
0 1
根据牛顿第二定律可得
qE=ma
沿x轴正方向
1
OQ= at2
2 1
联立可得
v =4×102m/s
0
(2)由几何关系得
r
MQ=r+
cosα
r=0.05m
圆柱形磁场区域的最小横截面积
3r
S =π
min 2
13

2
=5.9×10-3m2
(3)洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律得
(v cosθ)2
qv cosθB=m 0
0 r
解得
2 3 2πr
B= T，T=
5 v cosθ
0
粒子在磁场和电场中运动的时间围为
120°
t = T=3.0×10-4s
2 360°
2rsinα
t = =2.5×10-4s
3 v cosθ
0
t=t +t +t
1 2 3
解得 t=2.55×10-3s