專題23帶電粒子在電場磁場中的運(yùn)動-三年（2022-2024）高考物理真題分類匯編（全國）

專題23帶電粒子在電場磁場中的運(yùn)動考點(diǎn)三年考情（2022-2024）命題趨勢考點(diǎn)1帶電粒子在電場中加速或偏轉(zhuǎn)后進(jìn)入磁場（5年5考）2024年高考全國新課程卷：帶電粒子電場中偏轉(zhuǎn)后進(jìn)入磁場；2024年高考山東卷：帶電粒子加速后進(jìn)入三角形邊界磁場；2024年高考遼寧卷：帶電粒子電場偏轉(zhuǎn)后進(jìn)入圓形邊界磁場。1.帶電粒子在電磁場中運(yùn)動涉及動能定理、類平拋運(yùn)動、勻速圓周運(yùn)動、臨界極值等，是高考考查的熱點(diǎn)。2.帶電粒子在電場中加速，利用動能定理列方程；帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的類平拋運(yùn)動，帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的勻速圓周運(yùn)動是常見的運(yùn)動模型；臨界極值能力要求高，考查頻繁。考點(diǎn)2帶電粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)后進(jìn)入電場（5年3考）2024年高考山東卷：現(xiàn)代粒子加速器常用電磁場控制粒子團(tuán)的運(yùn)動。考點(diǎn)01帶電粒子電場加速或偏轉(zhuǎn)后進(jìn)入磁場1.（2024年高考全國新課程卷）一質(zhì)量為m、電荷量為的帶電粒子始終在同一水平面內(nèi)運(yùn)動，其速度可用圖示的直角坐標(biāo)系內(nèi)，一個點(diǎn)表示，、分別為粒子速度在水平面內(nèi)兩個坐標(biāo)軸上的分量。粒子出發(fā)時P位于圖中點(diǎn)，粒子在水平方向的勻強(qiáng)電場作用下運(yùn)動，P點(diǎn)沿線段ab移動到點(diǎn)；隨后粒子離開電場，進(jìn)入方向豎直、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場，P點(diǎn)沿以O(shè)為圓心的圓弧移動至點(diǎn)；然后粒子離開磁場返回電場，P點(diǎn)沿線段ca回到a點(diǎn)。已知任何相等的時間內(nèi)P點(diǎn)沿圖中閉合曲線通過的曲線長度都相等。不計重力。求（1）粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑和周期；（2）電場強(qiáng)度的大小；（3）P點(diǎn)沿圖中閉合曲線移動1周回到a點(diǎn)時，粒子位移的大小。解題思路本題考查的考點(diǎn)：帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的類平拋運(yùn)動和在勻強(qiáng)磁場中的勻速圓周運(yùn)動。（1）根據(jù)題述，粒子出發(fā)時P位于圖中點(diǎn)，粒子在水平方向的勻強(qiáng)電場作用下運(yùn)動，P點(diǎn)沿線段ab移動到點(diǎn)；可知帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動時的速度v==v0，由qvB=m解得r=周期T=2πr/v=（2）根據(jù)題述，已知任何相等的時間內(nèi)P點(diǎn)沿圖中閉合曲線通過的曲線長度都相等，由于曲線表示的為速度相應(yīng)的曲線，所以P點(diǎn)沿圖中閉合曲線的加速度相等，故可得=解得E=（3）根據(jù)題意分析，可知，P點(diǎn)從b到c，轉(zhuǎn)過270°。P點(diǎn)返回a點(diǎn)時，根據(jù)對稱性可知與初始位置等高，從a到b過程中，粒子做類平拋運(yùn)動，t=v0，沿y方向位移L=v0t。聯(lián)立解得L=根據(jù)幾何知識可知bc之間距離xbc=r=由粒子在兩次電場中運(yùn)動的對稱性可知移動一周時粒子位移大小為xad=xbc-2L=2（2024年高考山東卷）如圖所示，在Oxy坐標(biāo)系x>0，y>0區(qū)域內(nèi)充滿垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場。磁場中放置一長度為L的擋板，其兩端分別位于x、y軸上M、N兩點(diǎn)，∠OMN=60°，擋板上有一小孔K位于MN中點(diǎn)?！鱋MN之外的第一象限區(qū)域存在恒定勻強(qiáng)電場。位于y軸左側(cè)的粒子發(fā)生器在0＜y＜的范圍內(nèi)可以產(chǎn)生質(zhì)量為m，電荷量為+q的無初速度的粒子。粒子發(fā)生器與y軸之間存在水平向右的勻強(qiáng)加速電場，加速電壓大小可調(diào)，粒子經(jīng)此電場加速后進(jìn)入磁場，擋板厚度不計，粒子可沿任意角度穿過小孔，碰撞擋板的粒子不予考慮，不計粒子重力及粒子間相互作用力。（1）求使粒子垂直擋板射入小孔K的加速電壓U0；（2）調(diào)整加速電壓，當(dāng)粒子以最小的速度從小孔K射出后恰好做勻速直線運(yùn)動，求第一象限中電場強(qiáng)度的大小和方向；（3）當(dāng)加速電壓為時，求粒子從小孔K射出后，運(yùn)動過程中距離y軸最近位置的坐標(biāo)。【答案】（1）；（2），方向沿x軸正方向；（3）【解析】（1）根據(jù)題意，作出粒子垂直擋板射入小孔K的運(yùn)動軌跡如圖所示根據(jù)幾何關(guān)系可知粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的軌跡半徑為在區(qū)域根據(jù)洛倫茲力提供向心力有在勻強(qiáng)加速電場中由動能定理有聯(lián)立解得（2）根據(jù)題意，當(dāng)軌跡半徑最小時，粒子速度最小，則作出粒子以最小的速度從小孔K射出的運(yùn)動軌跡如圖所示根據(jù)幾何關(guān)系可知粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的軌跡半徑為在區(qū)域根據(jù)洛倫茲力提供向心力有粒子從小孔K射出后恰好做勻速直線運(yùn)動，由左手定則可知粒子經(jīng)過小孔K后受到的洛倫茲力沿x軸負(fù)方向，則粒子經(jīng)過小孔K后受到的電場力沿x軸正方向，又粒子帶正電，則之外第一象限區(qū)域電場強(qiáng)度的方向沿x軸正方向，大小滿足聯(lián)立可得（3）在勻強(qiáng)加速電場中由動能定理有可得在區(qū)域根據(jù)洛倫茲力提供向心力有可得粒子在區(qū)域運(yùn)動的軌跡半徑作出從小孔K射出的粒子的運(yùn)動軌跡如圖所示粒子出K時，越偏向軸，離軸越近，由幾何關(guān)系有則有由配速法將運(yùn)動分解為軸方向的勻速直線運(yùn)動和沿方向的勻速圓周運(yùn)動，其中勻速圓周運(yùn)動的半徑為故最小距離為3.（2023高考湖南卷）如圖，真空中有區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，區(qū)域Ⅰ中存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場方向豎直向下（與紙面平行），磁場方向垂直紙面向里，等腰直角三角形CGF區(qū)域（區(qū)域Ⅱ）內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直紙面向外。圖中A、C、O三點(diǎn)在同一直線上，AO與GF垂直，且與電場和磁場方向均垂直。A點(diǎn)處的粒子源持續(xù)將比荷一定但速率不同的粒子射入?yún)^(qū)域Ⅰ中，只有沿直線AC運(yùn)動的粒子才能進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ。若區(qū)域Ⅰ中電場強(qiáng)度大小為E、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1，區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2，則粒子從CF的中點(diǎn)射出，它們在區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動的時間為t0。若改變電場或磁場強(qiáng)弱，能進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ中的粒子在區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動的時間為t，不計粒子的重力及粒子之間的相互作用，下列說法正確的是（）A.若僅將區(qū)域Ⅰ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)?B1，則t>t0B.若僅將區(qū)域Ⅰ中電場強(qiáng)度大小變?yōu)?E，則t>t0C.若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)?，則D.若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)?，則【參考答案】D【名師解析】根據(jù)題述，粒子從CF的中點(diǎn)射出，由左手定則可知，粒子帶正電。若區(qū)域Ⅰ中電場強(qiáng)度大小為E、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1，區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2，沿直線AC運(yùn)動的粒子進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ，其速度v=E/B1，設(shè)CF=L，粒子從CF的中點(diǎn)射出，在區(qū)域II的磁場中運(yùn)動軌跡半徑為r0=，所對的圓心角為90°，它們在區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動的時間為t0=T/4。若僅將區(qū)域Ⅰ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)?B1，沿直線AC運(yùn)動的粒子進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ，其速度v=E/2B1,在區(qū)域II的磁場中運(yùn)動軌跡所對的圓心角為90°，它們在區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動的時間為t1=T/4，A錯誤；若僅將區(qū)域Ⅰ中電場強(qiáng)度大小變?yōu)?E，沿直線AC運(yùn)動的粒子進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ，其速度v=2E/B1,在區(qū)域II的磁場中運(yùn)動軌跡所對的圓心角為90°，它們在區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動的時間為t2=T/4，B錯誤；若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)?，由qv=m，解得r==r0==，大于，帶電粒子將從GF射出，由sinθ==，粒子運(yùn)動軌跡所對的圓心角θ=π/3則，C錯誤；若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)?，由qv=m，解得r==r0==L，大于，帶電粒子將從GF射出，由sinθ==，粒子運(yùn)動軌跡所對的圓心角θ=π/4，則，D正確。4.（2023高考海南卷）如圖所示，質(zhì)量為，帶電量為的點(diǎn)電荷，從原點(diǎn)以初速度射入第一象限內(nèi)的電磁場區(qū)域，在（為已知）區(qū)域內(nèi)有豎直向上的勻強(qiáng)電場，在區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，控制電場強(qiáng)度（值有多種可能），可讓粒子從射入磁場后偏轉(zhuǎn)打到接收器上，則（）A粒子從中點(diǎn)射入磁場，電場強(qiáng)度滿足B.粒子從中點(diǎn)射入磁場時速度為C.粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的圓心到的距離為D.粒子在磁場中運(yùn)動的圓周半徑最大值是【參考答案】AD【名師解析】若粒子打到PN中點(diǎn)，則，解得，選項A正確；粒子從PN中點(diǎn)射出時，則速度選項B錯誤；C．粒子從電場中射出時的速度方向與豎直方向夾角為θ，則粒子從電場中射出時的速度粒子進(jìn)入磁場后做勻速圓周運(yùn)動，則則粒子進(jìn)入磁場后做圓周運(yùn)動的圓心到MN的距離為解得選項C錯誤；D．當(dāng)粒子在磁場中運(yùn)動有最大運(yùn)動半徑時，進(jìn)入磁場的速度最大，則此時粒子從N點(diǎn)進(jìn)入磁場，此時豎直最大速度出離電場的最大速度則由可得最大半徑選項D正確；5.（18分）（2023高考重慶卷）某同學(xué)設(shè)計了一種粒子加速器的理想模型。如題15圖所示，xOy平面內(nèi)，x軸下方充滿垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場，x軸上方被某邊界分割成兩部分，一部分充滿勻強(qiáng)電場（電場強(qiáng)度與y軸負(fù)方向成α角），另一部分無電場，該邊界與y軸交于M點(diǎn)，與x軸交于N點(diǎn)。只有經(jīng)電場到達(dá)N點(diǎn)、與x軸正方向成α角斜向下運(yùn)動的帶電粒子才能進(jìn)入磁場。從M點(diǎn)向電場內(nèi)發(fā)射一個比荷為的帶電粒子A，其速度大小為v0、方向與電場方向垂直，僅在電場中運(yùn)動時間T后進(jìn)入磁場，且通過N點(diǎn)的速度大小為2v0。忽略邊界效應(yīng)，不計粒子重力。求角度α及M、N兩點(diǎn)的電勢差。在該邊界上任意位置沿與電場垂直方向直接射入電場內(nèi)的、比荷為的帶電粒子，只要速度大小適當(dāng)，就能通過N點(diǎn)進(jìn)入磁場，求N點(diǎn)橫坐標(biāo)及此邊界方程。若粒子A第一次在磁場中運(yùn)動時磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1，以后每次在磁場中運(yùn)動時磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為上一次的一半，則粒子A從M點(diǎn)發(fā)射后，每次加速均能通過N點(diǎn)進(jìn)入磁場。求磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1及粒子A從發(fā)射到第n次通過N點(diǎn)的時間。

【參考答案】（1）α=30°U=（2）xN=x+3y-=0（3）B1=tn=T+(-1)【名師解析】（1）根據(jù)題述，可畫出帶電粒子在勻強(qiáng)電場中類平拋運(yùn)動軌跡如圖。將帶電粒子運(yùn)動到N點(diǎn)的速度沿勻強(qiáng)電場方向和垂直電場方向分解，可知2v0cos2α=v0，解得α=30°。由動能定理，qU=-解得U=（2）沿電場方向分速度vE=2v0sin2α=設(shè)N點(diǎn)的橫坐標(biāo)為xN，MN之間沿電場方向的距離為d，則有xN/d=sinαvE=aT，聯(lián)立解得：xN=帶電粒子在沿y軸方向做類豎直上拋運(yùn)動，設(shè)M點(diǎn)縱坐標(biāo)為yM。則yM==由y=yM+kx，k=-yM/xN得邊界方程x+3y-=0（或?qū)懗蓎=-x）(3)畫出帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動軌跡。由幾何關(guān)系可知P1N=r1而r1=4由qB1·2v0=m解得B1=粒子A從發(fā)射到第1次通過N點(diǎn)的時間為t1=T；粒子A從發(fā)射到第2次通過N點(diǎn)的時間為t2=T++T+2T=T+(-1)。粒子A從發(fā)射到第3次通過N點(diǎn)的時間為t3=T+(-1)。。······粒子A從發(fā)射到第n次通過N點(diǎn)的時間為tn=T+(-1)【答案】（1），；（2），；（3），【解析】【詳解】（1）粒子M點(diǎn)垂直于電場方向入射，粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，沿電場方向做勻加速直線運(yùn)動，垂直于電場方向做勻速直線運(yùn)動，在N點(diǎn)將速度沿電場方向與垂直于電場方向分解，在垂直于電場方向上有解得粒子從過程，根據(jù)動能定理有解得（2）對于從M點(diǎn)射入的粒子，沿初速度方向的位移為沿電場方向的位移為令N點(diǎn)橫坐標(biāo)為，根據(jù)幾何關(guān)系有解得根據(jù)上述與題意可知，令粒子入射速度為v，則通過N點(diǎn)進(jìn)入磁場的速度為2v，令邊界上點(diǎn)的坐標(biāo)為（x，y）則在沿初速度方向上有沿電場方向有解得（3）由上述結(jié)果可知電場強(qiáng)度解得設(shè)粒子A第次在磁場中做圓周運(yùn)動的線速度為，可得第次在N點(diǎn)進(jìn)入磁場的速度為第一次在N點(diǎn)進(jìn)入磁場的速度大小為，可得設(shè)粒子A第次在磁場中運(yùn)動時的磁感應(yīng)強(qiáng)度為，由題意可得由洛倫茲力提供向心力得聯(lián)立解得粒子A第n次在磁場中的運(yùn)動軌跡如圖所示粒子每次在磁場中運(yùn)動軌跡的圓心角均為300°，第n次離開磁場的位置C與N的距離等于，由C到N由動能定理得聯(lián)立上式解得由類平拋運(yùn)動沿電場方向的運(yùn)動可得，粒子A第n次在電場中運(yùn)動的時間為粒子A第n次在磁場中運(yùn)動的周期為粒子A第n次在磁場中運(yùn)動的時間為設(shè)粒子A第n次在電場邊界MN與x軸之間的無場區(qū)域的位移為，邊界與x軸負(fù)方向的夾角為，則根據(jù)邊界方程可得，由正弦定理可得解得粒子A第n次在電場邊界MN與x軸之間運(yùn)動的時間為粒子A從發(fā)射到第n次通過N點(diǎn)的過程，在電場中運(yùn)動n次，在磁場和無場區(qū)域中均運(yùn)動n-1次，則所求時間由等比數(shù)列求和得解得6.（2023高考山東高中學(xué)業(yè)水平等級考試）如圖所示，在，的區(qū)域中，存在沿y軸正方向、場強(qiáng)大小為E的勻強(qiáng)電場，電場的周圍分布著垂直紙面向外的恒定勻強(qiáng)磁場。一個質(zhì)量為m，電量為q的帶正電粒子從OP中點(diǎn)A進(jìn)入電場（不計粒子重力）。（1）若粒子初速度為零，粒子從上邊界垂直QN第二次離開電場后，垂直NP再次進(jìn)入電場，求磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。唬?）若改變電場強(qiáng)度大小，粒子以一定的初速度從A點(diǎn)沿y軸正方向第一次進(jìn)入電場、離開電場后從P點(diǎn)第二次進(jìn)入電場，在電場的作用下從Q點(diǎn)離開。（i）求改變后電場強(qiáng)度的大小和粒子的初速度；（ii）通過計算判斷粒子能否從P點(diǎn)第三次進(jìn)入電場?！緟⒖即鸢浮浚?）；（2）（i），；（ii）不會【名師解析】（1）由題意粒子在電場中做勻加速直線運(yùn)動，根據(jù)動能定理有粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，有粒子從上邊界垂直QN第二次離開電場后，垂直NP再次進(jìn)入電場，軌跡如圖根據(jù)幾何關(guān)系可知聯(lián)立可得（2）（i）由題意可知，做出粒子在電場和磁場中運(yùn)動軌跡如圖在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，根據(jù)幾何關(guān)系可知解得由sinθ==0.8，解得，洛倫茲力提供向心力帶電粒子從A點(diǎn)開始做勻加速直線運(yùn)動，根據(jù)動能定理有再一次進(jìn)入電場后做類似斜拋運(yùn)動，沿x方向有，沿y方向上有，其中根據(jù)牛頓第二定律有聯(lián)立以上各式解得，，（ii）粒子從P到Q根據(jù)動能定理有可得從Q射出時的速度為

此時粒子在磁場中的半徑根據(jù)其幾何關(guān)系可知對應(yīng)的圓心坐標(biāo)為，而圓心與P的距離為故不會再從P點(diǎn)進(jìn)入電場。7.（2023高考選擇性考試遼寧卷）如圖，水平放置的兩平行金屬板間存在勻強(qiáng)電場，板長是板間距離的倍。金屬板外有一圓心為O的圓形區(qū)域，其內(nèi)部存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場。質(zhì)量為m、電荷量為q（q>0）的粒子沿中線以速度v0水平向右射入兩板間，恰好從下板邊緣P點(diǎn)飛出電場，并沿PO方向從圖中O'點(diǎn)射入磁場。己知圓形磁場區(qū)域半徑為，不計粒子重力。（1）求金屬板間電勢差U；（2）求粒子射出磁場時與射入磁場時運(yùn)動方向間的夾角θ；（3）僅改變圓形磁場區(qū)域的位置，使粒子仍從圖中O'點(diǎn)射入磁場，且在磁場中的運(yùn)動時間最長。定性畫出粒子在磁場中的運(yùn)動軌跡及相應(yīng)的弦，標(biāo)出改變后的側(cè)形磁場區(qū)域的圓心M。【參考答案】（1）；（2）或；（3）【名師解析】（1）設(shè)板間距離為，則板長為，帶電粒子在板間做類平拋運(yùn)動，兩板間的電場強(qiáng)度為根據(jù)牛頓第二定律得，電場力提供加速度解得設(shè)粒子在平板間的運(yùn)動時間為，根據(jù)類平拋運(yùn)動的運(yùn)動規(guī)律得，聯(lián)立解得（2）設(shè)粒子出電場時與水平方向夾角為，則有故則出電場時粒子的速度為粒子出電場后沿直線勻速直線運(yùn)動，接著進(jìn)入磁場，根據(jù)牛頓第二定律，洛倫茲力提供勻速圓周運(yùn)動所需的向心力得解得已知圓形磁場區(qū)域半徑為，故粒子沿方向射入磁場即沿半徑方向射入磁場，故粒子將沿半徑方向射出磁場，粒子射出磁場時與射入磁場時運(yùn)動方向的夾角為，則粒子在磁場中運(yùn)動圓弧軌跡對應(yīng)的圓心角也為，由幾何關(guān)系可得故粒子射出磁場時與射入磁場時運(yùn)動方向的夾角為或；（3）帶電粒子在該磁場中運(yùn)動的半徑與圓形磁場半徑關(guān)系為，根據(jù)幾何關(guān)系可知，帶電粒子在該磁場中運(yùn)動的軌跡一定為劣弧，故劣弧所對應(yīng)軌跡圓的弦為磁場圓的直徑時粒子在磁場中運(yùn)動的時間最長。則