2026年高考物理二轮复习：带电粒子在电场、磁场中运动（专项训练）解析版

2026年高考物理二轮复习第9讲带电粒子在电场、磁场中运动专项训练

一、选择题

1.负离子空气净化器的部分结构原理如图所示。由空气和带负电荷的灰尘颗粒组成的均匀混合气流，以相

同的初速度沿平行于极板方向进入一个由平行金属板和稳压也源构成的收集器，气流宽度正好等于金属板间

距，在电场的作用下全部灰尘颗粒恰好都能落到下极板上。假设所有灰尘颗粒质量相等，所带电荷量相同，

不考虑重力、浮力影响和颗粒间的相互作用。下列说法正确的是（）

B.电源电压减半，灰尘颗粒的收集效率减半

C.随着收集灰尘颗粒增多，下极板所带电荷量逐渐减小

D.所有灰尘颗粒即将落到下极权上时的动能一定相等

【答案】B

【解析】【解答】A.因为灰尘颗粒带负电，要使灰尘颗粒落到下极板上，下极板应带正电，所以收集器上极

板带负电，故A错误；

B.灰尘颗粒在电场中做类平抛运动，水平方向％=vot,竖直方向y==ma

当电源电压减半时，加速度a减半，设原来能落到卜极板的灰尘颗粒在水平方向的位移为L,原来运动时间门

满足d=斤

电压减半后加速度变为做=

设此时运动时间为£2，此时丫2=^2名

由于水平速度不变，t与a的平方根成反比，所以b=鱼门

则灰尘颗粒在竖直方向的位移变为原来的一半，即灰尘颗粒的收集效率减半，故B正确；

C.因下极板接地，随着收集灰尘颗粒增多，下极板所带电荷量将不变，故C错误；

D.根据动能定理Uq=&-去小诏，虽然q、m、%相同，但不同位置的灰尘颗粒在电场中运动的电势差U不

同（因为沿电场线方向有位置差异），所以所有灰尘颗粒即将落到下极板上时的动能不一定相等，故D错误;

故答案为：Bo

【分析】将灰尘颗粒的运动视为类平抛运动，结合电场力、类平抛规律分析各选项，同时明确极板带电性质、

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收集效率与电压的关系。

2.如图所示为密立根油滴实验示意图，两块水平放置的平行金属板分别与电源的正负极相接，板间产生匀

强电场。用一个喷雾器把许多油滴从上板中间的小孔喷入电场。油滴从喷口出来时由于摩擦而带负电，油滴

的大小、质帚各不相同。油滴进入耳场时的初速度、油滴间的相互作用及空气对油滴的浮力忽略不计。下列

说法正确的是（）

喷雾器

A.悬浮的油滴所带的电荷量一定相等

B.若某油滴向下加速运动，则重力和静电力的合力做负功

C.若某油滴向下加速运动，减个平行金属板间距离，可使油滴处于平衡状态

D.若某油滴悬浮不动，增加平行金属板两端电压，则油滴仍不动

【答案】C

【解析】【解答】A.油滴进入电场后受重力与电场力，若油滴悬浮不动，根据平衡条件可以得出重力与电场

力大小相等，即mg=qE

根据平衡方程可以得出：?二5

所以悬浮的油滴比荷相等，电荷量不一定相等，故A错误；

B.若某油滴向下加速运动，由于速度不断增大，根据动能定理可知重力与静电力的合力做正功，故B错

误；

C.若某油滴向下加速运动，说明重力大于电场力，为了让电场力等于重力，需要增大板间电场强度的大

小，可以减小平行金属板间距离，杈据电势差与场强的关系E=:可知电场力增大，从而使油滴处于平衡状

a

态，故C正确；

D.若某油滴悬浮不动，增加平行金属板两端电压，根据电势差与场强的关系E=g可知电场强度增大，油滴

a

受到的电场力随之增大，则油滴向二运动，故D错误。

故选Co

【分析】利用重力与电场力相等可以判别悬浮的油滴比荷大小相等；利用油滴做加速运动结合动能定理可以

判别合力做正功；利用油滴做加速运动时，电场力小于重力，利用减小板间距离可以增大电场力，进而使油

滴悬浮；利用电势差与场强的关系可以得出板间电压增大时会导致电场力增大，则电场力大于重力会导致油

滴向上加速。

3.如图所示，空间中存在与水平成45。斜向右上方、大小为IxhAN/c的匀强电场，在距地面10m高处同一

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位置均以10m/s的速率同时抛出A、B两个带正电小球，A球竖直向上，B球水平向右，两小球质量均为

1kg,带电量均为夺xl0—5c。忽略两小球之间的相互作用力和空气阻力，小球均可视为质点，g取lOm/s，

则在B球落地前，两球间的最大距离为（）

-1^-oBo-

10m

J

A.10mB.10\②nC.20mD.20\/2?n

【答案】D

【解析】【解答】以抛出点为原点建坐标系，以水平方向为“轴，以竖直方向为y轴。小球A、B抛出后水平方

向上只受电场力水平分力作用，水平方向上分加速度均为4=5次/$2,方向水平向右

竖直方向上受自身重力和电场力的竖直分力作用，竖直方向上分加速度均为与=5根/$2,方向竖直向下

分别对两小球两个方向上加速度进行欠量合成，两小球加速度相同，因此B球相对A球斜向右下方匀速直线

运动，相对速度/=10V2m/s

且B球落地时两球相距最远，设B球落地时间为3则有竖直方句上y=*旬/

求得亡=2s,相距最大距离为x=vt=20>/2m

故答案为：D

【分析】先分析两小球的加速度（电场力与重力的合力），判断相对运动性质，再结合B球的落地时间计算

最大距离。

4.如图，真空中的匀强电场平行于纸面，半径为R的圆形区域处于匀强电场中，圆周上的A点有一•粒子

源，能向纸面内各个方向陆续发射初动能相等、带电量均为q的同种粒子，圆周上各处均有粒子到达，不计

粒子重力和粒子间的相互作用，AC、BD是圆的两条相互垂直的直径，测得粒子到达圆周时的最小动能比初

动能小比，最大动能比初动能大3%,则（）

D

A.电场强度的大小为②B.电场强度的大小为塞

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C.电场方向与AC的夹角为45。D.电场方向与AC的夹角为30。

【答案】D

【解析】【解答】设该直径（电场方向）与AC夹角为。，过A点作直径的垂线，即为A点所在的等势线。

如图

由动能定理可知，最大动能与最小动能出现在平行于电场方向的直径的两端，粒子到达圆周时的最小动能

比初动能小比，最大动能比初动能大3&）,根据动能定理有

qE(R-RcosO)=EQ

qE(R+Reos。)=3E°

0=±60°

故选B。

【分析】由能量转化与守恒及题意，根据电场方向与等势线的关系，先确定一条过A点的等势线，再根据动

能定理分别列式，即可分析判断。

5.如图所示，一通电直导线在竖直向上的匀强磁场中静止于光滑斜面上，电流方向垂直纸面向外。保持磁

场强弱不变，仅把磁场方向按顺时针逐渐旋转，直至垂直斜面向上，若要通电导线始终保持静止，则应控制

导线内的电流强度（）

A.逐渐增大B.逐渐减小

C.先增大后减小D.先减小后增大

【答案】B

【解析】【解答】磁场方向竖直向上时，导线所受安培力水平向右，受重力和支持力，三个力平衡，如图

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磁场方向垂直斜面向上时，导线所受安培力沿斜面向上，由图可知F逐渐减小，根据F=可知应控制导

线内的电流强度逐渐减小。故ACD错误，B正确。

故选Bo

【分析】I.安培力的方向判断（左手定则）

安培力公式：（L沿电流方向，大小等于有效长度工

方向：左手定则——磁感线穿入手心，四指指向电流方向，拇指指向安培力方向。

本题关键：磁场方向变化时，安培力方向随之变化，但始终垂直于电流方向和磁场方向所构成的平面。磁场

顺时针旋转时，安培力方向也相应变化，直到磁场垂直斜面向上时，安培力平行斜面向上。

2.共点力平衡条件在安培力问题中的应用

导线受重力mg（竖直向下）、斜面支持力（垂直斜面向上）、安培力（随磁场方向变化）。要使导线始终保

持静止，三力合力必须始终为零。

解题时通常将力分解到沿斜面与垂直斜面方向列平衡方程，或用矢量三角形法（图解法）直观分析。

3.力的矢量三角形图解法（动态平衡问题）

对于三力平衡，若一个力（如重力）大小方向不变，另一个力（如支持力）方向不变，第三个力（如安培

力）方向变化，可用矢量三角形法：

画出大小方向不变的重力矢量。

支持力方向沿斜面垂线方向（不变方向，但人小可变）。

安培力从重力矢量的末端指向支持力方向线上某点，构成闭合三角形。

旋转磁场o安培力方向变化o三角形的形状变化o观察安培力大小的变化趋势。

6.如图所示，在长方形力BCD区域中有竖直向下的匀强电场，同种带正电粒子分别以速度巧、以从4点水平

向右飞入电场，分别从BC、CO的中点G、”飞出电场区域。已知粒子重力不计，则下列说法正确的是

（）

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A.粒子从G、H两点飞出的时间之比为2:1

B.粒子从G、H两点飞出的时间之比为1:2

C.初速度之比也：%=20:1

D.粒子从G、H两点飞出的过程中，电场力做功之比为4:1

【答案】C

【解析】【解答】AB.粒子在电场中做类平抛运动，则从G、"两点飞出的时间为G

AB_(4^

=可得£1：以=1：加，%:以=2企:1,故AB错误，C正确;

2V2-Qa

CD.设粒子受到的电场力为F,粒子从G、H两点飞出的过程中，电场力做功分别为％=尸％=/丽、W2=

Fy2=F'BC

故电场力做功之比为勿1：皿2=1：2,故D错误。

故答案为：Co

【分析】本题考查类平抛运动的分解，核心思路是将运动分解为水平匀速、竖直匀加速，利用水平位移、竖

直位移的公式，推导时间、初速度的比值，结合电场力做功公式分析做功比。

7.如图所示，将厚度为h和宽度为d的金属板放在匀强磁场中，以金属板的一个顶点为坐标原点建立Oxyz

坐标系。当金属板中通有沿z轴正方向的恒定电流I时，金属板的上、下表面之间产生稳定的电压。已知该

金属板单位体积内自由电子的个数为n,电子的电荷量为-e,匀强磁场的磁感应强度大小为B,方向沿x轴

负方向，下列说法正确的是（）

-y

上表面A//

qi----------------

////\

X下表面

A.金属板上表面的电势高于下表面的电势

B.金属板的上、下表面之间产生的稳定电压的大小为篇

C.金属板内自由电子所受洛伦兹力的大小为北

D.金属板内载流子定向移动的速率为悬

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【答案】B

【解析】【解答】A.沿z轴正方向通有恒定电流，则电子移动方向沿z轴负方向，磁感应强度方向沿x轴负

方向，根据左手定则可知，负电荷向上偏转，故金属板上表面的电势低于下表面的电势，故A错误；

B.根据平衡条件得e牛=eu8,又因为/=neSi;,S=dh,解得稳定电压的大小=焉，故B正确；

C.金属板内载流子所受洛伦兹力的大小尸=匹8,联立以上解得/=磊，故C错误；

D.由B项分析可得，金属板内载流子定向移动的速率廿=备，故D错误。

故答案为：Bo

【分析】这道题是典型的霍尔效应问题，核心是分析自由电子在磁场中的受力平衡，进而推导出霍尔电压、

载流子速率等物理量。

8.如图所示，一质量为m、电荷量为q的小球在电场强度为E、区域足够大的匀强电场中，以初速度历沿ON

在竖直面内做匀变速直线运动。ON与水平面的夹角为30。，重力加速度为g,且mg=qE,则（）

N

0二50。.....

A.电场方向竖直向上

B.小球运动的加速度大小为学

„2

C.小球上升的最大高度为换•

4g

D.若小球在初始位置的电势能为零，则小球电势能的最大值为之机屏

【答案】C

【解析】【解答】A：小球做匀变速直线运动，合力沿ON方向。因mg=qE,电场力与重力关于ON对称，

电场方向并非竖直向上，A错误；

B：合力大小为mg,加速度大小为g,B错误；

C：小球最大位移％=至最大高度九=xsinSO0=换，C正确；

2g4g

D：初动能一半转化为电势能，最大电势能为乱九诏，D错误。

故答案为：Co

【分析】通过受力分析确定合力方向与大小，结合运动学公式求最大位移和高度，再利用能量守恒分析电势

能变化。

9.某兴趣小组用人工智能模拟带电粒子在电场中的运动，如图所不的矩形区域OMPQ内分布有平行十OQ

的匀强电场，N为QP的中点。模拟动画显示，带电粒子a、b分别从Q点和O点垂直于OQ同时进入电

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场，沿图中所示轨迹同时到达M、N点，K为轨迹交点。忽略粒子所受重力和粒子间的相互作用，则可推断

a、b()

A.具有不同比荷B.电势能均随时间逐渐增大

C.到达M、N的速度大小相等D.到达K所用时间之比为1:2

【答案】D

【解析】【解答】A.根据题意可知，带电粒子在电场中做类平抛运动，带电粒子〃、〃分别从。点和0点同

时进入电场，沿图中所示轨迹同时到达M、N点，可知，运动时间相等。

由图可知，沿初速度方向位移之比为2:1,由％=%£可知，初速度之比为2:1,

沿电场方向的位移大小相等，由y=2Qt2可知，粒子运动的加速度大小相等，由牛顿第二定律有

qE=ma

可得

qa

沅=区

可知，带电粒子具有相同比荷，故A错误；

B.带电粒子运动过程中，电场力均做正功，电势能均随时间逐渐减小，故B错误；

C.沿电场方向，由公式力=就可知，到达M、N的竖直分速度大小相等，由于初速度之比为2:1,由u二

J诏+可可知,到达"、N的速度大小不相等，故C错误；

D.由图可知，带电粒子〃、〃到达K的水平位移相等，由于带电粒子。、匕初速度之比为2:1,由久二%七可

知，所用时间之比为1:2,故D正确。

故选D。

【分析】本题主要考查带电粒子在匀强电场中的偏转问题。结合类平抛运动解答。

带电粒子在电场中做类平抛运动，沿着电场方向做匀加速直线运动，垂直电场方向做匀速运动；两粒子同时

进入电场，同时打中同一极板，在弓场中运动时间相等，由匀速运动公式x=v［得到初速度关系，由牛顿第二

定律、电场强度公式F=Eq和匀加速直线运动位移时间公式求解两电荷的比荷；电场力做正功，电势能减

小，电场力做负功，电势能增加；由为=而和u=J评+诏判断粒子到达极板的速度大小关系:由匀速运动

公式x=vi和初速度关系得到到达K所用时间之比。

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10.有一种喷墨打印机的打印头结构示意图如图所示，喷嘴喷出来的墨滴经带电区带电后进入偏转板，经偏

转板间的电场偏转后打到承印材料上.已知偏移量越大字迹越大，现要减小字迹，下列做法可行的足

)

承

印

材

料

A.增大缰滴的带电荷量B.减小麋滴喷出时的速度

C.减小偏转板与承印材料的距离D.增大偏转板间的电压

【答案】C

【解析】【解答】本题考杳带电粒子在电场中的偏转在实际生活中的应用，关键要熟练运用运动的分解法，推

导出偏移量Y的表达式。带电粒子经偏转电场外偏转，侧移匕=：砒2,Q=胎，£=*

可得看=要繇

设粒子出偏转电场的偏转角。，偏转电场的右侧到承印材料的距离为1,则V2=/tan氏丫=匕+匕

减小偏转板与承印材料的距离可使字迹减小，故C正确

【分析】在偏转电场墨滴做类平抛运动，根据水平方向和竖直方向运动特点，由运动学公式可得墨滴离开偏

转电场时的偏移量，根据平抛运动的推论可得墨滴在承印材料上的偏移量的表达式，则可判断正误。

11.航天员登月后，通过电子在月球磁场中的运动轨迹来推算磁场的强弱分布。如图分别是探测器处于月球

a、b、c、d四个不同位置时电子运动轨迹的组合图，若每次电子的出射速率相同，且与磁场方向垂直，则

a、b、c、d中磁场最弱的位置为（）

C.cD.d

【答案】D

【解析】【解答】根据洛伦兹力提供向心力

所以R=m

由图可知，d的轨迹半径最大，则d所对应的磁场最弱。

故答案为：Do

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【分析】这道题的核心是理解带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的规律，通过洛伦兹力提供向心力的公

式，推导出轨道半径与磁感应强度的关系，从而根据轨迹的弯曲程度判断磁场强弱。

12.如图所示为“滤速器”装置示意图，Q、匕为水平放置的平行金属板，Q板接电源正极，力板按电源负极，金

属板间存在匀强磁场，一•电子以速塞u水平向右从。点进入金属板间后沿直线。0'通过“滤速器I不计电子、

质子重力，则下列说法正确的是（）

o---------------1O,

b

A.金属板间的磁场方向垂直纸面向外

B.若电子以速率u水平向左从0,点进入金属板间，仍能沿直线通过“滤速器”

C.若仅将电子的速率改为2%仍能沿直线通过“滤速器”

D.若仅将电子换成质子，仍能沿直线通过“谑速器”

【答案】D

【解析】【解答】A.电子能沿直线通过，对电子进行受力分析可知，电子做匀速直线运动，所受合力为零，

则有=电场方向向下，电子所受电场力方向向上，洛伦兹力方向向下，根据左手定则可知磁场方向

垂直纸面向里，故A错误；

B.结合上述，当电子从0,点进入时，电场力和洛伦兹力方向均向上，所受合力不为零，则电子不能沿直线通

过“滤速器”，故B错误；

C.当电子速率改为2加寸，结合上述，电场力和洛伦兹力的方向相反，但大小不等，合力不为零，电子不能沿

直线通过“滤速器”，故C错误；

D.若将电子换成质子，但速率仍为/洛伦兹力大小不变，根据左手定则可知，洛伦兹力方向仍然向下，结

合上述可知，所受合力仍为零，即质子仍能沿直线通过“滤速器”，故D正确。

故答案为：Do

【分析】这道题的核心是分析带电粒子在正交的匀强电场和匀强磁场（速度选择器模型）中的受力平衡。

二、多项选择题

13.如图所示，空间中存在足够大、正交的匀强磁场和匀强电场，其中匀强磁场垂直于纸面（竖直面）、磁

感应强度大小为B,匀强电场与水平方向成30。角。质量为m、电荷量为q（q>0）的小球从某点O开始运

动，恰好能在竖直面内斜向右上方做匀速直线运动。小球运动到某点时撤去磁场，电场保持不变。已知小球

所受电场力大小与其重力大小相等，空气阻力不计，重力加速度为g。下列说法正确的是（）

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E

A.小球的初速度大小为需

B.撤去磁场后,小球的机械能一直增大

C.撤去磁场后,小球的电势能先减小后增大

D.撤去磁场后,小球重力势能的最大增加量为

【答案】B,D

【解析】【解答】A.己知小球所受电场力大小与其重力大小相等，小球恰好能在竖直面内斜向右上方做匀速

直线运动，电场力和洛伦兹力的合力与重力等大反向，所以，洛伦兹力方向与电场方向夹角为120。，大小等

于mg,则mg=qvB

小球的初速度大小为髭，故A错误；

BC.撤去磁场后，小球速度与合力方向垂直，根据左手定则可以判断，速度方向与电场方向夹角为30。，因为

运动的速度始终与电场力方向夹角为锐角，所以电场力始终做正功，电势能一直减小，小球的机械能一直增

大，故B正确、C错误；

D.小球上升到最高点时，重力势能最大，撤去磁场后，竖直方向mg-Eqsin30°=ma,（usinbO。/一0=2ah

小球重力势能的最大增加量为A0=mgh=故D正确。

故答案为：BDo

【分析】先根据匀速直线运动的受力平衡，求出初速度；再分析撤去磁场后，电场力做功对机械能和电势能

的影响，最后通过运动学公式计算直力势能的最大增加量。

14.如图为以0点为中心的径向电场的示意图，电场强度大小可表示为E=*a为常量。比荷相同的两粒子

在以。为圆心、半径r不同的圆轨道运动。不考虑重力及粒子间的相互作用，则（）

A.质量大的粒子动量大B.半径大的粒子加速度大

C,粒子的速度大小与半径成正比D.粒子运动的周期与半径成正比

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【答案】A,D

【解析】【解答】解答本题的关键要知道粒子做匀速圆周运动，由电场力提供向心力，通过列式得到各个量的

表达式。AC.比荷相同的两粒子在以。为圆心、半径r不同的圆轨道运动，根据电场力提供向心力有qE=

v2

m—

又E=+

联立得u=陛

y]m

因两粒子比荷相同，所以两粒子的速率相等，质量大的粒子动量大，故A正确，C错误；

B.粒子的加速度大小为=篝=篝

所以半径大的粒子加速度小，故B错误；

D.根据7=纲

v

因两粒子的速率相等，所以粒子运动的周期与半径成:正比，故D正确。

故选ADo

【分析】两粒子做匀速圆周运动，由电场力提供粒子做圆周运动所需的向心力，结合圆周运动的公式即可求出

线速度、周期、角速度和动量与轨道半径的关系式，再进行分析。

15.如图所示，笊（：“）、宛（汩）的原子核自初速度为零经同一电场加速后，又经同一匀强电场偏转，最

后打在荧光屏上，下列说法正确的是（）

A.两种原子核在偏转电场中的位移偏转量之比为3：2

B.两种原子核打在屏上的动能为1：1

C.经过加速电场的过程中，电场力对笊（：“）、僦（；H）做功之比为3：2

D.两种原子核从开始加速到打在屏上所花的时间之比为V2:V3

【答案】B,D

【解析】【解答】A.原子核在电场中被加速，则qU]=*机诏

设偏转电场的长度为L2,进入偏转电场后42=%3丫=墨七2

2

解得丫=婚，即原子核在偏转电场中的位移偏转量与原子核所带的电量和质量无关，A错误；

B.原子核打到屏上时的动能£1&=0/+氏^=9（%+—|_2）可知，两种原子核电量相等，则打在屏上的动

4d%

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能为I：I,B正确;

C.经过加速电场的过程中，根据勿二q%可知，电场力对笊（：〃）、僦做功之比为1：1,C错误;

L.2L[

D.原子核在加速电场中的时间t1=西=言（Li为加速电场的长度）

进入偏转电场中到打到屏上的时间£2=绯"（L?为偏转电场右端到屏的距离）

p0

则总时间《二+亡2=2"嗜+”=（2L1+L2+L3）«标

可知两种原子核从开始加速到打在屏上所花的时间之比为无：V3,D正确。

故答案为：BDo

【分析】本题考查带电粒子的加速与偏转，核心思路是利用“加速过程的动能定理、偏转过程的运动分解”，

结合动能、时间的表达式，分析两者的物理量比值。

16.如图所示，在磁感应强度大小5=0.27,方向水平向里的匀强磁场中，有一根长/=0.1m的竖直光滑绝

缘细杆MN,细杆顶端套有一个质量m=40g、电荷量q=+0.5C的小环。现让细杆以〃=2m/s的速度沿垂直

磁场方向水平匀速运动，同时释放小环（竖直方向初速度为0）,小环最终从细杆底端飞出，g取10m/s2。关

于小环的运动下列说法正确的是（）

XMXXX

X一IXXX

X|XXX

XNXX5X

A.洛伦兹力对小环做负功B.小环的轨迹是抛物线

C.小环在绝缘杆上运动时间为0.2sD.小环的机械能减少

【答案】B,C,D

【解析】【解答】A.洛伦兹力的方向始终与小环的速度方向垂直，不做功，故A错误；

B.小环在水平方向随杆匀速运动，在竖直方向受重力以及向上的洛伦兹力，因水平速度v不变，则向上的

洛伦兹力不变，可知小球受向下的不变的合力作用向下做匀变速直线运动，满足平抛运动条件，所以小环的

轨迹是抛物线，故B正确；

C.小环在竖直方向的加速度Q=蚊一"^=5TTI/S2,rtl/=^at2,解得£=0.2s,故C正确；

D.小环在运动向下运动过程中，同时受到向右的洛伦兹力作用，由牛顿第三定律可知小环受到向左的作用

力，细杆对小环向左的作用力做负功，洛伦兹力不做功，重力做正功，机械能不守恒，且小环的机械能减

少，故D正确。

故答案为：BCDo

【分析】分析小环的受力（重力、洛伦兹力），结合运动的独立性（水平匀速、竖直匀加速），判断运动性

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质、计算运动时间，并分析机械能变化。

17.如图所示，两足够长的平行金属板相距4d,金属板间充满方向垂直纸面向里的匀强磁场，板问中心有一

电子发射源S向纸面内各个方向均匀发射初速度大小为孙的电子。已知电子的质量为m,电荷量为e,匀强

磁场的磁感应强度大小8=粤，不计电子重力及电子间的相互作用，下列说法正确的是()

XXX

B

XXX

XXX

XXX

A.电子在磁场中运动的轨道半径R=2d

B.电子在磁场中运动的周期7=整

v0

C.两金属板上有电子打到的区域总长度为4(百+l)d

D.打在两金属板上的电子占发射电子总数的5()%

【答案】A,C

【解析】【解答】A.根据洛伦兹力提供向心力有=萼，解得R=2d,故A正确;

B.电子在磁场中运动的周期7=等二等，故B错误；

%v0

C.如图所示

SA为电子轨迹圆的直径，C为电子轨迹圆与金属板的切点，由几何关系知AO=2百d,0C=R=2d

所以两金属板上有电子打到的区域总长度l=2(A0+0O=4(V5+l)d,故C正确；

D.由图可知，由S发出的电子都将打在金属板上，故打到金属板上的电子占发射电子总数的100%,故D

错误。

故选AC。

【分析】易错点

1、半径计算时代入错误

已知，求，有人会漏掉2得。

2、周期计算错误

易直接套但忘记B已含和，代入后应与有关。

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有人会错用但R算错导致错。

3、区域长度几何分析错误

临界轨迹：电子向上发射且轨迹圆与上板相切时，圆心在S下方R处，即(0,-2d),圆方程，与上板

y=2d交点:

一无解，说明不是这种切法。

正确切法：圆心在S的侧向，例如圆心在(RcosO,Rsin0),圆与板y=2d相切，需几何分析。

易错在于错误判断切点位置，导致长度算错。

4、打到板上的比例误判

直觉可能以为只有向上或向下某个角度内的电子能打到板，但本题因板距S的垂直距离，所有方向电子

轨迹圆足够大，必与板相交。

若误以为只有一半空间方向则选50%,但这里板是无限大平面(足够长)，电子朝另一侧射时轨迹圆也会经

过另一板。

三、计算题

18.如图所示，在电场强度为E,方向竖直向下的匀强电场中，两个相同的带正电粒子a、b同时从。点以

初速度火射出，速度方向与水平方向夹角均为心已知粒子的质量为电荷量为q,不计重力及粒子间相互

作用。求：

(1)a运动到最高点的时间1；

(2)a到达最高点时，a、b间的距离H。

【答案】(1)根据题意，不计重力及粒子间相互作用，则竖直方向上，由对。球，根据牛顿第二定律有qE=

a运动到最高点的时间，由运动学公式有如sin。=at

联立解得””骋

qE

(2)根据题意可知，两个小球均在水平方向上做匀速直线运动，且水平方向上的初速度均为刈cos仇则两

小球一直在同一竖直线上，斜上抛的小球竖直方向上运动的位移为为=也网2=哪y-

12a2qE

2

斜下抛的小球竖直方向上运动位移为切=votsin0+|at="鲤"+噂簪

乙u2q匕ZqE

则小球a到达最高点时与小球b之间的距离％=.-2m哽

x1+x2qE

【解析】【分析】(1)a球在电场力作用下做匀变速曲线运动，由于电场力方向竖直向下，所以可以将a球

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的运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀减速直线运动，根据牛顿第二定律求出加速度大小，

利用分速度公式求a运动到最高点的时间t；

（2）两个小球均在水平方向上做匀速直线运动，且水平方向上的初速度均为vocos。，根据竖直方向分运动规

律求出a到达最高点时两球竖直方向的分位移，再求a到达最高点时，a、b间的距离H。

19.如图所示，在边长为L的正方形区域内，有沿+y方向的匀强电场和垂直于纸面的匀强磁场。一个质量为

m，电荷量为+q带电的粒子（不计重力）从原点。进入场区，恰好能以火的速度沿直线匀速通过场区。

ky

L

2

（1）分析推断粒子的初速度方向，判定磁感应强度方向。

（2）若撤去电场，只保留磁场，其他条件不变，该带电粒子恰好从（L,-与点离开场区，求磁感应强度

的大小8。

（3）若撤去磁场，只保留电场，其他条件不变，求粒子离开场区的位置。

【答案】（1）解：因为粒子匀速运动且电场力沿+y方向，故洛伦兹力/■沿一y方向，而速度孙与/垂直，所以

初速度沿+无方向。洛伦兹力/沿-y方向，根据左手定则可判定磁场垂直于纸面向外。

（2）解：如图

对黑色直角三角形，根据勾股定理

J/

■=r2

解得

5L

r=T

又由

B-SqL

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（3）解：设粒子从右边界离开，则水平

L-VQt

竖直

12

y=2at

又

ma=qE=qv0B

综合可得

y=0.4L<0.5L

故假设成立。

粒子离开场区的具体位置为（L,0.4L）

【解析】【分析】（1）根据左手定则判断粒子的初速度方向和磁感应强度方向；

（2）根据几何关系和洛伦兹力提供向心力求磁感应强度的大小B；

（3）根据类平抛运动的规律求粒子离开场区的位置。

（1）因为粒子匀速运动且电场力沿+y方向，故洛伦兹力/•沿一y方向，而速度如与/•垂直，所以初速度沿+x

方向。洛伦兹力/沿-y方向，根据左手定则可判定磁场垂直于纸面向外。

2

对黑色直角三角形，根据勾股定理/?+（「_S）=r2

解得r=

4

2

又由小胆=，

4mi

B=­=—：

5ql

（3）设粒子从右边界离开，则

水平L=vQt

竖直y二2山2

又ma=qE=qv0B