高考物理带电粒子在电场中的运动真题汇编(含答案)含解析

高考物理带电粒子在电场中的运动真题汇编(含答案)含解析
一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动
1．如图所示，一质量为m 、电荷量为+q 的粒子从竖直虚线上的P 点以初速度v 0水平向左射出，在下列不同情形下，粒子经过一段时间后均恰好经过虚线右侧的A 点．巳知P 、A 两点连线长度为l ，连线与虚线的夹角为α=37°，不计粒子的重力，(sin 37°=0.6，cos 37°=0.8).
(1)若在虚线左侧存在垂直纸面向外的匀强磁场，求磁感应强度的大小B 1；
(2)若在虚线上某点固定一个负点电荷，粒子恰能绕该负点电荷做圆周运动，求该负点电荷的电荷量Q (已知静电力常量为是）；
(3)若虚线的左侧空间存在垂直纸面向外的匀强磁场，右侧空间存在竖直向上的匀强电场，粒子从P 点到A 点的过程中在磁场、电场中的运动时间恰好相等，求磁场的磁感应强度的大小B 2和匀强电场的电场强度大小E .
【答案】（1）01
52
mv B ql = （2）2
058mv l Q kq = （3）0253mv B ql π= 2
20(23)9mv E ql
ππ-=
【解析】 【分析】 【详解】
（1)粒子从P 到A 的轨迹如图所示：
粒子在磁场中做匀速圆周运动，设半径为r 1 由几何关系得112cos 25
r l l α=
= 由洛伦兹力提供向心力可得2
011
v qv B m r =
解得:
0 1
5
2
mv B
ql
=
(2)粒子从P到A的轨迹如图所示：
粒子绕负点电荷Q做匀速圆周运动，设半径为r2
由几何关系得
2
5
2cos8
l
r l
α
==
由库仑力提供向心力得
2
2
22
v
Qq
k m
r r
=
解得:
2
5
8
mv l
Q
kq
=
(3)粒子从P到A的轨迹如图所示：
粒子在磁场中做匀速圆周运动，在电场中做类平抛运动
粒子在电场中的运动时间
00
sin3
5
l l
t
v v
α
==
根据题意得，粒子在磁场中运动时间也为t，则
2
T
t=
又
2
2m
T
qB
π
=
解得0
2
5
3
mv
B
ql
π
=
设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，则0v t r
π
=
解得:35l r π
=
粒子在电场中沿虚线方向做匀变速直线运动，21cos 22qE l r t m
α-=
⋅ 解得:2
20(23)9mv E ql
ππ-=
2．在如图所示的平面直角坐标系中，存在一个半径R ＝0.2m 的圆形匀强磁场区域，磁感应强度B ＝1.0T ，方向垂直纸面向外，该磁场区域的右边缘与y 坐标轴相切于原点O 点。

y 轴右侧存在一个匀强电场，方向沿y 轴正方向，电场区域宽度l ＝0.1m 。

现从坐标为（﹣0.2m ，﹣0.2m ）的P 点发射出质量m ＝2.0×10﹣9kg 、带电荷量q ＝5.0×10﹣5C 的带正电粒子，沿y 轴正方向射入匀强磁场，速度大小v 0＝5.0×103m/s （粒子重力不计）。

（1）带电粒子从坐标为（0.1m ，0.05m ）的点射出电场，求该电场强度；
（2）为了使该带电粒子能从坐标为（0.1m ，﹣0.05m ）的点回到电场，可在紧邻电场的右侧区域内加匀强磁场，试求所加匀强磁场的磁感应强度大小和方向。

【答案】（1）1.0×104N/C （2）4T ，方向垂直纸面向外 【解析】 【详解】
解：（1）带正电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力有：
20
0v qv B m r
=
可得：r =0.20m =R
根据几何关系可以知道，带电粒子恰从O 点沿x 轴进入电场，带电粒子做类平抛运动，设粒子到达电场边缘时，竖直方向的位移为y 根据类平抛规律可得：2012
l v t y at ==
， 根据牛顿第二定律可得：Eq ma = 联立可得：41.010E =⨯N/C
（2）粒子飞离电场时，沿电场方向速度：30
5.010y qE l
v at m v ===⨯g m/s=0v 粒子射出电场时速度：02=v v
根据几何关系可知，粒子在B '区域磁场中做圆周运动半径：2r y '=
根据洛伦兹力提供向心力可得： 2
v qvB m r '='
联立可得所加匀强磁场的磁感应强度大小：4mv
B qr '=
='
T 根据左手定则可知所加磁场方向垂直纸面向外。

3．电子扩束装置由电子加速器、偏转电场和偏转磁场组成．偏转电场的极板由相距为d 的两块水平平行放置的导体板组成，如图甲所示．大量电子由静止开始，经加速电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间OO ’射入偏转电场．当两板不带电时，这些电子通过两板之间的时间为2t 0；:当在两板间加最大值为U 0、周期为2t 0的电压(如图乙所示)时，所有电子均能从两板间通过，然后进入竖直宽度足够大的匀强酸场中，最后打在竖直放置的荧光屏上．已知磁场的水平宽度为L ，电子的质量为m 、电荷量为e ，其重力不计．
（1）求电子离开偏转电场时的位置到OO ’的最远位置和最近位置之间的距离 （2）要使所有电子都能垂直打在荧光屏上， ①求匀强磁场的磁感应强度B
②求垂直打在荧光屏上的电子束的宽度△y 【答案】（1）2010U e y t dm ∆= （2）①00U t B dL =②2
010U e y y t dm
∆=∆= 【解析】 【详解】
（1）由题意可知，从0、2t 0、4t 0、……等时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场时的位置到OO ′的距离最大，在这种情况下，电子的最大距离为：
2222
000max 00000311222y U e U e U e y at v t t t t dm dm dm
=
+=+= 从t 0、3t 0、……等时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场时的位置到OO ′的距离最小，在这种情况下，电子的最小距离为：
220min 001122U e y at t dm
=
= 最远位置和最近位置之间的距离：1max min y y y ∆=-，
2
010U e y t dm
∆=
（2）①设电子从偏转电场中射出时的偏向角为θ，由于电子要垂直打在荧光屏上，所以电子在磁场中运动半径应为：
sin L R θ
=
设电子离开偏转电场时的速度为v 1，垂直偏转极板的速度为v y ，则电子离开偏转电场时的偏向角为θ，1
sin y v v θ=，
式中00y U e
v t dm
= 又：1
mv R Be =
解得：00U t
B dL
=
②由于各个时刻从偏转电场中射出的电子的速度大小相等，方向相同，因此电子进入磁场后做圆周运动的半径也相同，都能垂直打在荧光屏上．
由第（1）问知电子离开偏转电场时的位置到OO ′的最大距离和最小距离的差值为△y 1， 所以垂直打在荧光屏上的电子束的宽度为：2
010U e y y t dm
∆=∆=
4．如图所示，在不考虑万有引力的空间里，有两条相互垂直的分界线MN 、PQ ，其交点为O ．MN 一侧有电场强度为E 的匀强电场（垂直于MN ），另一侧有匀强磁场（垂直纸面向里）．宇航员（视为质点）固定在PQ 线上距O 点为h 的A 点处，身边有多个质量均为m 、电量不等的带负电小球．他先后以相同速度v0、沿平行于MN 方向抛出各小球．其中第1个小球恰能通过MN 上的C 点第一次进入磁场，通过O 点第一次离开磁场，OC=2h ．求：
（1）第1个小球的带电量大小； （2）磁场的磁感强度的大小B ；
（3）磁场的磁感强度是否有某值，使后面抛出的每个小球从不同位置进入磁场后都能回到宇航员的手中？如有，则磁感强度应调为多大．
【答案】(1)
2
0 12
mv
q
Eh
=；(2)
2E
B
v
=；(3)存在，
E
B
v
'=
【解析】
【详解】
（1）设第1球的电量为1q，研究A到C的运动：
2
1
1
2
q E
h t
m
=
2h v t
=
解得：
2
12
mv
q
Eh
=；
（2）研究第1球从A到C的运动：
1
2
y
q E
v h
m
=
解得：0
y
v v
=
tan1
y
v
v
θ==，45o
θ=，
2
v v
=；
研究第1球从C作圆周运动到达O的运动，设磁感应强度为B 由
2
1
v
q vB m
R
=得
1
mv
R
q B
=
由几何关系得：2
2sin
R h
θ=
解得：
2E
B
v
=；
（3）后面抛出的小球电量为q，磁感应强度B'
①小球作平抛运动过程
002hm
x v t v qE
== 2
y qE v h m
= ②小球穿过磁场一次能够自行回到A ，满足要求：sin R x θ=，变形得：sin mv
x qB θ'
= 解得：0
E B v '=
．
5．图中是磁聚焦法测比荷的原理图。

在阴极K 和阳极A 之间加电压，电子由阳极A 中心处的小孔P 射出。

小孔P 与荧光屏中心O 点连线为整个装置的中轴线。

在极板很短的电容器C 上加很小的交变电场，使不同时刻通过这里的电子发生不同程度的偏转，可认为所有电子从同一点发散。

在电容器C 和荧光屏S 之间加一平行PO 的匀强磁场，电子从C 出来后将沿螺旋线运动，经过一段时间再次汇聚在一点。

调节磁感应强度B 的大小，可使电子流刚好再次汇聚在荧光屏的O 点。

已知K 、A 之间的加速电压为U ，C 与S 之间磁场的磁感应强度为B ，发散点到O 点的距离为l 。

（1）我们在研究复杂运动时，常常将其分解为两个简单的运动形式。

你认为题中电子的螺旋运动可分解为哪两个简单的运动形式？ （2）求电子的比荷
e m。

【答案】（1）沿PO 方向的匀速运动和垂直于PO 方向上的匀速圆周运动； （2）
2228e U m B l
π= 【解析】
【详解】
（1）电子的螺旋运动可分解为沿PO 方向的匀速运动和垂直于PO 方向上的匀速圆周运动。

（2）从发散点到再次汇聚点，两个方向的分运动时间相等，有12=t t 加速电场212eU mv =
匀速直线运动 1l t v
=
匀速圆周运动 2
v evB m R =，
2m T qB π= 2t T = 联立以上各式可得2228e U
m B l
π=
6．从宏观现象中总结出来的经典物理学规律不一定都能适用于微观体系。

但是在某些问题中利用经典物理学规律也能得到与实际比较相符合的结论。

根据玻尔的氢原子模型，电子的运动看做经典力学描述下的轨道运动，原子中的电子在库仑力作用下，绕原子核做圆周运动。

已知电子质量为m ，电荷量为e ，静电力常量为k 。

氢原子处于基态（n =1）时电子
的轨道半径为r 1，电势能为2
1
P e E k r =-（取无穷远处电势能为零)。

第n 个能级的轨道半
径为r n ，已知r n =n 2 r 1，氢原子的能量等于电子绕原子核运动的动能、电子与原子核系统的电势能的总和。

（1）求氢原子处于基态时，电子绕原子核运动的速度； （2）证明：氢原子处于第n 个能级的能量为基态能量的
21
n
（n =1，2，3，…）； （3）1885年，巴尔末对当时已知的在可见光区的四条谱线做了分析，发现这些谱线的波长能够用一个公式表示，这个公式写做
22
1
11
(
)2R n λ
=-，n = 3，4，5，…。

式中R 叫做里德伯常量，这个公式称为巴尔末公式。

已知氢原子基态的能量为E 1，用h 表示普朗克常量，c 表示真空中的光速， 求： a ．里德伯常量R 的表达式；
b ．氢原子光谱巴尔末系最小波长与最大波长之比。

【答案】（1
）1v =
（2）设电子在第1轨道上运动的速度大小为v 1，根据牛顿第二定律有221211v e k m r r =，电子在第1轨道运动的动能2
2111122k ke E mv r ==，电子在第1轨道运
动时氢原子的能量21111
222
e ke e E k k r r 2r =-+=-，同理，电子在第n 轨道运动时氢原子的能
量2222n n n n n e ke e E k k r r 2r =-+=-，又因为2
1n r n r =，则有 2122122n n E e e E k k r 2n r n
=-=-=，命题得证。

（3）a ：1
E R hc
=- b ：5:9 【解析】 【详解】
（1）电子绕氢原子核在第1轨道上做圆周运动
根据牛顿第二定律有22
211
e v k m r r =
则有1v =
（2）设电子在第1轨道上运动的速度大小为v 1，根据牛顿第二定律有22
1211v e k m r r =
电子在第1轨道运动的动能2
2111
122k ke E mv r ==
电子在第1轨道运动时氢原子的能量222
1111
22e ke e E k k r r r =-+=- 同理，电子在第n 轨道运动时氢原子的能量22222n n n n n e ke e E k k r r r =-+=-，又因为2
1n r n r = 则有 22
122122n n E e e E k k r n r n
=-=-=，命题得证。

（3）a ：从n 能级向2能级跃迁放出光的波长为2n c
E E h λ
-=
由12n E E n = 12
22E E = 代入得：1E R hc
=- b ：由
221
1
12
R n λ⎛⎫
=- ⎪⎝⎭
可知当n =3时波长最大，当n =∞时波长最小 代入可得，最小波长与最大波长之比为5:9。

7．如图所示，一质量为m 、电荷量为的带正电粒子从O 点以初速度v 0水平射出。

若该带电粒子运动的区域内有一方向竖直向下的匀强电场，则粒子恰好能通过该区域中的A 点；若撤去电场，加一垂直纸面向外的匀强磁场，仍将该粒子从O 点以初速度v 0水平射出，则粒子恰好能经A 点到达该区域中的B 点。

已知OA 之间的距离为d ，B 点在O 点的正下方，∠BOA=60°，粒子重力不计。

求：
(1)磁场磁感应强度的大小B ；
(2)粒子在电场时运动中到达A 点速度的大小v 。

【答案】(1) 0mv B qd = (2) 07
3
v 【解析】 【详解】
（1）如图所示，撤去电场加上磁场后，粒子恰好能经A 点到达B 点，由此可知，OB 为该粒子做圆周运动的直径，则粒子在磁场中做圆周运动的半径为：
2OB R d ==由于2
00v qBv m R
=
得：0
mv B qd
=
（2）粒子在匀强电场中做类平抛运动，设粒子从O 点运动到A 点所需要的时间为t ，则：
0sin 60d v t =o
2
1cos 602qE d t m
=
o 由动能定理有：22011cos6022
qEd mv mv =-o
联解得：07
3
v v =
8．如图所示，OO′为正对放置的水平金属板M 、N 的中线，热灯丝逸出的电子(初速度、重
力均不计)在电压为U 的加速电场中由静止开始运动，从小孔O 射人两板间正交的匀强电场、匀强磁场(图中未画出)后沿OO′做直线运动，已知两板间的电压为2U ，两板长度与两板间的距离均为L ，电子的质量为m 、电荷量为e 。

求：
(1)电子通过小孔O 时的速度大小v ；
(2)板间匀强磁场的磁感应强度的大小B 和方向。

【答案】（1）2eU
m
（2）12mU L e 方向垂直纸面向里
【解析】 【详解】
(1)电子通过加速电场的过程中，由动能定理有：2
12
eU mv = 解得：2eU
v m
=
(2)两板间电场的电场强度大小为：2U
E L
=
由于电子在两板间做匀速运动，故：evB eE = 解得：12mU
B L e
=
根据左手定则可判断磁感应强度方向垂直纸面向外.
9．如图所示，内壁光滑、半径大小为R 的绝缘圆轨道固定在竖直面内，圆心为O 轨道左侧与圆心等高处附近空间有一高度为d 的区域内存在着竖直向下的匀强电场(d<R)，电场强
度E=2mgR qd。

质量为m 带电量为+q 可视为质点的小球，在与圆心等高的A 点获得竖直向
上的初速度v 0，小球刚好能通过轨道最高点B 。

(重力加速度为g)求：
(1)小球初速度v 0的大小；
(2)小球第3次经过轨道最低点时对轨道的压力。

【答案】(1) 3gR (2) 9mg ，方向竖直向下 【解析】 【分析】
小球恰好能经过轨道最高点B ，由牛顿第二定律求出B 的速度，从A 运动到B ，对小球由动能定理求出小球初速度v 0的大小；对小球由动能定理得小球第三次经过轨道最低点时的速度大小，在最低点时，由牛顿第二定律和牛顿第三定律求得小球对轨道的压力； 【详解】
解：(1)小球恰好能经过轨道最高点B
由牛顿第二定律有：2B
v mg m R
=
从A 运动到B ，对小球由动能定理得：2201122
B mgR mv mv -=- 解得：03v gR =
(2)设小球第三次经过轨道最低点时的速度为v 对小球由动能定理得：22
011322
qEd mgR mv mv +=
- 在最低点时，由牛顿第二定律有：2
N v F mg m R
-=
解得：9N F mg =
由牛顿第三定律得：小球对轨道的压力9N F mg '
=，方向竖直向下
10．如图所示，水平放置的平行板电容器，原来两板不带电，上极板接地，它的极板长L ＝0.1 m ，两板间距离d ＝0.4 cm ，有一束相同微粒组成的带电粒子流从两板中央平行极板射入，由于重力作用微粒能落到下板上，已知微粒质量为m ＝2×10－6 kg ，电荷量q ＝－1.6×10－13 C ，电容器电容为C ＝10－6 F ．求：(g ＝10 m/s 2)
(1)为使第一个粒子能落在下板中点，则微粒入射速度v 0应为多少？ (2)以上述速度入射的带电粒子，最多能有多少落到下极板上？ 【答案】（1）2.5m/s (2) 3.75×107 【解析】
试题分析：(1)第一个粒子只受重力：， （2分）
t="0.02s" （1分）
m/s （2分）
（2）以v 0速度入射的带电粒子，恰打到下极板右边缘B 时：
s （1分） （1分）
由：
（1分） V （1分） C （1分）
落到下极板上粒子个数：
（1分）
考点：带电粒子在电场中的偏转、平行板电器器
11．容器A 中装有大量的质量、电荷量不同但均带正电的粒子，粒子从容器下方的小孔S 1不断飘入加速电场(初速度可视为零)做直线运动，通过小孔S 2后从两平行板中央沿垂直电场方向射入偏转电场．粒子通过平行板后沿垂直磁场方向进入磁感应强度为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场区域，最后打在感光片上，如图所示．已知加速电场中S 1、S 2间的加速电压为U ，偏转电场极板长为L ，两板间距也为L ，板间匀强电场强度E ＝
2U
L
，方向水平向左(忽略板间外的电场)，平行板f 的下端与磁场边界ab 相交于点P ，在边界ab 上实线处固定放置感光片．测得从容器A 中逸出的所有粒子均打在感光片P 、Q 之间，且Q 距P 的长度为3L ，不考虑粒子所受重力与粒子间的相互作用，求：
(1)粒子射入磁场时，其速度方向与边界ab 间的夹角； (2)射到感光片Q 处的粒子的比荷(电荷量q 与质量m 之比)； (3)粒子在磁场中运动的最短时间． 【答案】（1）4
π
θ=，其速度方向与边界ad 间的夹角为4
π
θ=
（2）
222q U m L B
=
（3）2
316BL U π
【解析】
试题分析：（1）设质量为m ，电量为q 的粒子通过孔2S 的速度为0v 则：2012
qU mv =
粒子在平行板间：0L t v =，x qE v t m
=，0tan x v v θ= 联立可以得到：tan 1θ=，则4
π
θ=
，其速度方向与边界ad 间的夹角为4
π
θ=
．
（2）粒子从e 板下端与水平方向成45o 的角射入匀强磁场，设质量为m ，电量为q 的粒子射入磁场时的速度为v ，做圆周运动的轨道半径为r
，则0v ===
由几何关系：()2
224r r L +=
，则r =，则mv r qB
= 联立可以得到：
222q U
m L B
=． （2）设粒子在磁场中运动的时间为t ，则m t qB θ=
，mv r qB ==联立可以得到：2
4Br t U
θ=
因为所以粒子在磁场中运动的偏转角3
2R θ=，所以粒子打在P 处时间最短 由几何可以知道：222r r L +=
，则r =
联立可以得到：223322416L B BL t U U
ππ⨯
==
． 考点：带电粒子在匀强磁场中的运动、牛顿第二定律、向心力
【名师点睛】本题考查了粒子在电场中的加速和在磁场中的偏转，知道粒子通过速度选择器时，所受的洛伦兹力和电场力平衡，掌握粒子在磁场中的半径公式，并能灵活运用．
12．如图所示，y ，N 为水平放置的平行金属板，板长和板间距均为2d ．在金属板左侧板间中点处有电子源S ，能水平发射初速为V 0的电子，电子的质量为m ，电荷量为e ．金属板右侧有两个磁感应强度大小始终相等，方向分别垂直于纸面向外和向里的匀强磁场区域，两磁场的宽 度均为d ．磁场边界与水平金属板垂直，左边界紧靠金属板右侧，距磁场右边界d 处有一个荧光屏．过电子源S 作荧光屏的垂线，垂足为O ．以O 为原点，竖直向下为正方向，建立y 轴．现在y ，N 两板间加上图示电压，使电子沿SO 方向射入板间后，恰好能够从金属板右侧边缘射出．进入磁场．(不考虑电子重力和阻力)
(1)电子进人磁场时的速度v ；
(2)改变磁感应强度B 的大小，使电子能打到荧光屏上，求 ①磁场的磁感应强度口大小的范围； ②电子打到荧光屏上位置坐标的范围． 【答案】（1）02v ，方向与水平方向成45° （2）①()0
12mv
B ed
+<，②4224d d d -→
【解析】
试题分析：（1）电子在MN 间只受电场力作用，从金属板的右侧下边沿射出，有
（1分） （1分） （1分）
（1分）
解得（1分）
速度偏向角
（1分）
（1分）
（2）电子恰能（或恰不能）打在荧光屏上，有磁感应强度的临界值0B ，此时电子在磁场中作圆周运动的半径为R
（2分） 又有2
0mv qvB R
=（2分）
由⑦⑧解得：00(12)m
B +=
（1分） 磁感应强度越大，电子越不能穿出磁场，所以取磁感应强度0(12)m
B v ed
+<时电子能打
在荧光屏上（得0(12)m
B v ed
≤
不扣分）． （1分） 如图所示，电子在磁感应强度为0B 时，打在荧光屏的最高处，由对称性可知，电子在磁场
右侧的出射时速度方向与进入磁场的方向相同，
即． （1分）
出射点位置到SO 连线的垂直距离
12sin 45y d R =-︒（1分）
电子移开磁场后做匀速直线运动，则电子打在荧光屏的位置坐标
021tan 45y y d =+（1分）
解得2422y d d =-（1分）
当磁场的磁感应强度为零时，电子离开电场后做直线运动，打在荧光屏的最低点，其坐标
为0
33tan 454y d d d =+=（1分）
电子穿出磁场后打在荧光民屏上的位置坐标范围为：
422d d -到4d （2分）
考点：带电粒子在磁场中受力运动．。