2022年高考物理三轮冲刺练习专题六 带电粒子在电场、磁场中的运动

2022年高考物理三轮冲刺练习专题六带电粒子在电场、磁场中的运动
物理考试
注意事项：
1、填写答题卡的内容用2B铅笔填写
2、提前xx 分钟收取答题卡
第Ⅰ卷客观题
第Ⅰ卷的注释
(共7题；共14分)
1．（2分）如图，圆心为O、半径为R的圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场。

从圆周上的P点在纸面内沿不同方向射入各种速率的同种粒子，粒子的质量为m、电荷量为+q。

其中速率为v0且沿PO方向射入的粒子，经时间t后从A点离开磁场，∠POA=90°。

则（）
A．磁场方向垂直纸面向里
B．粒子在磁场中运动的周期为2t
C．速率为2v0的粒子在磁场中的运动最长时间为34t
D．从A点离开磁场的速率最小值为√2
2v0
2．（2分）如图甲所示，两平行金属板A、B放在真空中，间距为d，OO′为板间水平中线，AB板间的电势差U随时间t的变化情况如图乙所示。

有一个质量为m，电荷量为q的带电小球，从O点以v0的速度水平射入电场。

T时刻小球恰好从O′点射出电场，小球运动过程中未与极板相碰。

则下列说法正确的是（）
A．小球的电场力等于重力B．板间电压U=4mgd
q
C．t=T
2时，小球竖直方向速度为0D．t=T时，小球竖直方向速度为0
3．（2分）如图所示，正方形abcd区域存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场，O、P分别为bc、cd边的中点。

a点有一质子源，可沿ad方向发射质子，当质子的速度分别为v1和v2时，其在磁场中的运动时间分别为t1、
t2，并分别从O点、P点射出。

不计质子重力，则下列说法正确的是（）
A．
v1
v2=
2
1
B．若将12H从a点以速度v1沿ad方向射入时，粒子的出射点为O
C．若将12H从a点以速度v1沿ad方向射入时，粒子在磁场中的运动时间为2t1
D．若将12H从a点以速度v1沿ad方向射入时，粒子在磁场中的运动时间为2t2
4．（2分）圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场，三个比荷
q
m相同的带电粒子a、b、c，以不同的速率沿着AO
方向对准圆心O射入磁场，其运动轨迹如图所示。

若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法正确的是
（）
A．磁场方向一定垂直于纸面向外
B．粒子a、b
、
c一定都带正电
C．粒子c所受的向心力一定最大
D．粒子c在磁场中运动的时间一定最长
5．（2分）如图甲所示的电磁流速/流量仪是一种为多种行业测量流速/流量的便携式测量仪表，其简化模型如图乙所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，垂直于磁场方向放一个内径为D的不导磁管道，当导电液体在管道中以流速v流动时，导电液体切割磁感线产生电动势，在管道截面上垂直于磁场方向的直径两端安装一对电极，该电动势被信号电极采集，通过测量电压的仪表放大转换实现流速的测量，也可以实现流量（单位时间内流经某一段管道的流体体积）的测量。

则关于电磁流速/流量仪的说法正确的是（）
A ．测量电压仪表a 端的电势高于b 端的电势
B ．稳定时信号电极采集到的电势差与流速v 大小成反比
C ．仪表盘如果是刻度盘，流速/流量刻度都是均匀的
D ．流量的测量值与电磁流速/流量仪管道的长度成正比
6．（2分）如图所示，边长为L 的正六边形abcdef 区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为
B ，正六边形中心O 处有一粒子源，可在纸面内向各个方向发射不同速率带正电的粒子，已知粒子质量均为m 、电荷量均为q ，不计粒子重力和粒子间的相互作用，下列说法正确的是（ ）
A ．可能有粒子从ab 边中点处垂直ab 边射出
B ．从a 点垂直af 离开正六边形区域的粒子在磁场中的运动时间为πm
6qB
C ．垂直cf 向上发射的粒子要想离开正六边形区域，速率至少为(2√3−3)qBL m
D ．要想离开正六边形区域，粒子的速率至少为√3qBL 2m
7．（2分）如图所示，在xOy 平面的第∠象限内有半径为R 的圆分别与x 轴、y 轴相切于P 、Q 两点，圆内存在垂
直于xOy 面向外的匀强磁场。

在第∠象限内存在沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度为E 。

一带正电的粒子（不计重力）以速率v 0从P 点射入磁场后恰好垂直y 轴进入电场，最后从M(3R ，0)点射出电场，出射方向与x 轴正方向夹角为α，且满足α=45∘。

下列判断中正确的是（ ）
A ．粒子将从Q 点射入第∠象限
B ．粒子在磁场中运动的轨迹半径为2R
C ．带电粒子的比荷q m =v 02
3RE
D ．磁场磁感应强度B 的大小B =2E
v 0
(共6题；共18分)
8．（3分）如图，矩形区域MNPQ 存在匀强磁场，现有X A 1、X A 2（A 2>A 1）两种同位素X 的离子，它们经过同
一个加速电场从静止状态加速后，垂直左边界MN 从同一位置垂直磁场方向进入矩形区域MNPQ 中。

已知离子X A 1垂直NP 射出磁场，出射点为C 。

离子X A 2射出时的方向与边界NP 成θ角，出射点为D ，测得CD=nNC 。

若离子在磁场中仅受到洛伦兹力作用，离子X A 1的质虽为m 1，则离子X A 2的质量为（ ）
A ．(1+n)2
sin 2θm 1
B ．
(1+n)m 1
sin 2θ
C ．
（n 2+2）2
m
14
D ．（n 2
+2n+2）2
m
1
4
9．（3分）如图所示，矩形abed 区域内（包含边界线）存在垂直矩形平面的匀强磁场，磁感应强度为B ，矩形
区域边长ab =√3ad =√3l . 一带电粒子从a 点沿ab 方向以v 0的初速度射入磁场，恰好通过磁场中的c 点。

不计粒子重力，下列说法正确的是（ ）
A ．带电粒子的比荷为v
0Bl
B ．带电粒子的比荷为v
02Bl
C ．粒子在磁场中由a 到c 的运动时间为πl
3v 0
D ．粒子在磁场中由a 到c 的运动时间为2πl
3v 0
10．（3分）质量和电荷量都相等的带电粒子M 和N ，以不同的速率经小孔S 垂直进入匀强磁场，运行的半圆
轨迹如图中虚线所示，下列表述正确的是（ ）
A ．M 带负电，N 带正电
B ．M 的速率小于N 的速率
C ．洛伦兹力对粒子M 一定不做功
D ．M 的运行时间大于N 的运行时间
11．（3分）xOy 为竖直面内的直角坐标系，x 轴下方有垂直于坐标面向里的匀强磁场，第III 象限还有平行于
y 轴的匀强电场，如图所示。

现有一质量为m 的带负电的油滴从x 轴上方的A 点由静止自由落下至P 点进入磁场区域，A 点到P 点的距离为d. 油滴恰好从Q 点垂直于y 轴进入第III 象限，经过14圆周从D 点垂直于x
轴进入第II 象限，D 点与O 点相距2d ，重力加速度为g ，依据上述数据，下列说法正确的是（ ）
A ．电场力对油滴做功2mgd
B ．油滴在D 点的动能大小为mgd
C ．油滴作圆周运动时受到的洛伦兹力大小为3mg
D ．从A 点到D 点，油滴重力做功3mgd
12．（3分）地磁场能有效抵御宇宙射线的侵入赤道剖面外地磁场可简化为包围地球一定厚度的匀强磁场，方
向垂直该剖面，如图所示。

图中给出了速度在图示平面内，从O 点沿平行与垂直地面2个不同方向入射的微观带电粒子（不计重力）在地磁场中的三条运动轨迹a 、b 、c ，且它们都恰不能到达地面则下列相关说法中正
确的是（ ）
A ．沿a 轨迹运动的粒子带正电
B ．若沿a 、c 两轨迹运动的是相同的粒子，则c 粒子的速率更大
C ．某种粒子运动轨迹为a ，若它速率不变，只是改变入射地磁场的速度方向，则只要其速度在图示平面内，粒子可能到达地面；
D ．某种粒子运动轨迹为b ，若它以相同的速率在图示平面内沿其他方向入射，则有可能到达地面
13．（3分）速度选择器的构造如图所示，两带电平行金属板之间有相互正交的匀强电场和匀强磁场，一个带
正电的粒子以某一初速度沿垂直于电场和磁场的方向射入两板间，测得它飞出该场区时的动能比射入时的动能大，为使带电粒子飞出场区时的动能比射入时的动能小，以下措施中可行的是（ ）
A ．仅增大粒子所带的电荷量
B ．仅增大粒子射入金属板时的速度
C ．仅增大两板间磁场的磁感应强度
D ．保持金属板所带电荷量不变，增大两板间的距离
第Ⅰ卷 主观题
第Ⅰ卷的注释
(共5题；共65分)
14．（10分）
如图所示，在
y>0
的区域存在方向沿y 轴负方向的匀强电场，场强大小为E ；在y<0的区域存在
方向垂直xOy 平面向外的匀强磁场。

一个质量为m 、电荷量为+q 的带电粒子从y 轴上P （0，h ）点以一定的
初速度v 0射出，速度方向沿x 轴正方向。

已知场强大小E =
3mv 022qℎ
，粒子从坐标原点O 处第一次射出磁场。

不
计粒子重力。

求：
（1）（5分）粒子进入磁场时的速度方向和大小；
（2）（5分）粒子圆周运动的半径和磁场的磁感应强度大小。

15．（10分）在如图所示的直角坐标系中，第一象限有平行于该平面的匀强电场，方向沿y轴负方向，第二、三、四象限有垂直于坐标平面向外的匀强磁场。

现有带电粒子（重力不计）从y轴上的A点以速度v0垂直进入电场，粒子从x轴上的C点进入磁场，然后垂直于y轴向右穿出磁场。

已知A点坐标为（0，a），C点坐标为（2a，0），求：
（1）（5分）粒子到达C点时的速度大小及方向；
（2）（5分）粒子第一次在磁场中运动的时间。

16．（15分）如图所示，在长方形abcd虚线框区域内，存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面水平向里的匀强磁
场，电场强度E=qB 2L
m
，磁感应强度为B。

O1为ab边中点，O1O2为长方形水平中心线，照相底片与虚线
O1O2垂直且离cd边L2。

现有一质量为m电荷量为q的带正电粒子从O1点以速度v（未知）水平射入时，带电
粒子沿虚线O1O2做匀速直线运动。

保持带电粒子从O1点水平射入的速度v不变，若撤去电场，带电粒子恰好
经过d点后打在照相底片上的P点；若撤去磁场，带电粒子打在照相底片上的Q点。

已知ab=L，bc=√3
2L
，（不计粒子重力和空气阻力）。

求：
（1）（5分）从O1点水平射入的速度v；
（2）（5分）带电粒子由O1点运动至P点的时间t；
（3）（5分）带电粒子打在照相底片上P、Q两点间的距离PQ
̅̅̅̅。

17．（15分）在如图所示的平面直角坐标系中，0≤x≤√3l范围内有沿y轴负方向的匀强电场（大小未知），x≥√3l的范围内有垂直于坐标平面向里的匀强磁场。

粒子源A某一时刻沿各个方向发射速度大小为v、电荷量为q、质量为m的正电粒子。

若粒子M能沿AB匀速直线后，穿过电场而后沿X轴正方向进入磁场。

已知A点的坐标为（−l，0），AB与X轴正方向夹角为60°，不计重力
（1）（5分）求匀强电场大小：
（2）（5分）若另一个粒子N穿过电场后也能沿X轴正方向进入磁场（粒子N的轨迹不同于粒子M），求粒子N在A点的发射速度方向与X轴的夹角大小；
（3）（5分）若粒子M和粒子N都经过x=√3l上同一点，求匀强磁场的大小。

18．（15分）如图所示，一个电子由静止开始经加速电场加速后，又沿中心轴线从O点垂直射入偏转电场，并从另一侧射出打到荧光屏上的P点，O′点为荧光屏的中心．已知电子质量m＝9.0×10－31kg，电荷量大小e＝1.6×10－19C，加速电场电压U0＝2 500 V，偏转电场电压U＝200 V，极板的长度L1＝6.0 cm，板间距离d＝2.0 cm，极板的末端到荧光屏的距离L2＝3.0 cm(忽略电子所受重力，结果保留两位有效数字)．求：
（1）（5分）电子射入偏转电场时的初速度v0；
（2）（5分）电子打在荧光屏上的P点到O′点的距离h；（3）（5分）电子经过偏转电场过程中电势能的增加量．
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】A ．速率为v 0且沿PO 方向射入的粒子，经时间t 后从A 点离开磁场，根据左手定则判断，
磁场方向垂直纸面向外，A 不符合题意；
B ．速率为v 0且沿PO 方向射入的粒子，经时间t 后从A 点离开磁场，根据几何关系可知，粒子运动了14 个周
期，所以粒子运动周期为4t ，B 不符合题意；
C ．根据以上分析可知，粒子速率为v 0，运动半径为R ，根据R =mv
Bq
速率为2v 0的粒子运动半径为2R ，根据几何关系可知，当圆直径对应粒子轨迹的弦时，对应圆心角最大，运
动时间最大t =16T =2
3
t
C 不符合题意；
D ．从A 点离开磁场的速率最小值，对应半径最小，最小半径R′=12PA =√
22R =mv′Bq
解得v′=√
22
v 0
D 符合题意。

故答案为：D 。

【分析】利用粒子运动的方向结合左手定则可以判别磁场方向；利用其粒子运动的时间可以求出粒子运动的周期；利用牛顿第二定律结合其圆心角的最大值可以求出运动的最长时间；利用轨道半径的最小值结合牛顿第二定律可以求出粒子速率的最小值。

2．【答案】B
【解析】【解答】A ．设T 2~T 时间内小球的加速度为a ，0~T 小球在竖直方向的位移为零，根据运动学公式可得
12g(T 2)2+g(T 2)2−12a(T 2)2
=0
解得a =3g
由牛顿第二定律可得F −mg =ma 解得F =4mg A 不符合题意；
B ．根据匀强电场中电场强度与电势差的关系式，有U =Ed 又F =qE
联立，可得U =4mgd
q
B 符合题意；
C ．t =T 2时，小球竖直方向速度为v y =g ×T 2=gT 2
C 不符合题意；
D ．t=T 时，小球竖直方向速度为v y ′=v y −a ×T 2=−gT
D 不符合题意。

故答案为：B 。

【分析】由于竖直方向的位移等于0，利用其小球竖直方向的位移公式可以求出在电场中运动的加速度大小，结合牛顿第二定律可以求出其电场力的大小；利用电势差与场强的关系及电场力的大小可以求出电势差的大小；利用其竖直方向的速度公式可以求出竖直方向的速度大小。

3．【答案】D
【解析】【解答】A ．设正方形边长为L ，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，则有qvB =mv 2
R
解得R =mv
qB
由几何关系可得R O 2=(L 2)2+(L −R O )2
R P 2=L 2
+(R P −L
2
)2
解得R O =58
L
R P =
54
L 从O 点和P 点射出的质子速率之比为v 1v 2
=R O R P
=1
2
A 不符合题意；
B ．若将12H 从a 点以速度v 1沿ad 方向射入，由于12H 的质量是质子的2倍，由R =mv
qB 知其在磁场中运动半
径R =
2mv 1
qB
=R P 即12H 会从P 点射出，B 不符合题意；
CD ．由圆周运动周期公式T =2πR v =2πm
qB 在磁场中运动时间t =θ2π
T
若将12H 从a 点以速度v 1沿ad 方向射入，会从P 点射出，与质子以v 2射入磁场偏转情况一样，θ相等，故两
种情况时间之比等于周期之比，由T =2πm
qB 知周期之比等于质量之比，等于2：1，所以12H 从a 点以速度v 1
沿ad方向射入时，粒子在磁场中的运动时间为2t2，C不符合题意，D符合题意。

故答案为：D。

【分析】带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以及几何关系得出从O点和P点射出的质子速率之比；利用周期的表达式判断粒子在磁场中的运动时间。

4．【答案】D
【解析】【解答】ABC．无法确定磁场方向、电荷的正负、向心力，ABC不符合题意；
D．根据T=2πm qB
周期相同，c的圆心角最大，时间最长，D符合题意。

故答案为：D。

【分析】由于未知磁场方向不能判别其电荷的正负；利用其轨迹所对圆心角及周期的表达式可以判别其运动的时间。

5．【答案】C
【解析】【解答】A．根据左手定则可知测量电压的仪表a端的电势低于b端的电势，A不符合题意；
B．当导电液体在管道中以流速v流动时，正负离子在磁场的作用下偏转，电极两端形成了电势差，当q U
D= qvB
即U=BvD
电势差恒定，保持稳定输出，所以信号电极采集到的电势差与流速大小成正比，B不符合题意；
CD．流量为Q=V
t=πD2v 4
流量的测量值与流速v成正比，与电磁流速/流量仪管道的长度无关，在仪表内部参数确定后，测量流速和流量的仪表盘刻度都是均匀的，C符合题意，D不符合题意；
故答案为：C。

【分析】根据左手定则得出ab端电势的高低，当导电液体在管道中以流速v流动时，根据电场力等于洛伦兹力得出电势差与流速的关系。

6．【答案】C
【解析】【解答】A．若粒子从ab边中点处垂直ab边射出，则圆心一定在在ab边上，设与ab边交点为g，则圆心在Og的中垂线上，而中垂线与ab边平行，不可能相交，A不符合题意；B．同理做aO垂线出射速度垂线交于f点，即f为圆心，则对于圆心角为60°，所以粒子在磁场中的运动时间为t=
1
6T
且T=
2πm
qB
解得t=
πm
3qB
B不符合题意；
C．垂直cf向上发射的粒子刚好与能离开磁场时，轨迹与边af相切，则由几何关系得L=r+
r
sin60°
由qvB=mv
2
r
得r=
mv
qB
联立解得v=(2√3−3)qBL
m
C符合题意；
D．因为O点距六边形的最近距离为d=Lcos30°=√3
2L
即此时对应刚好离开磁场的最小直径，所以最小半径为r=
d
2
又r=
mv
qB
所以最小速度为v min=√3qBL
4m
D不符合题意。

故答案为：C。

【分析】假设粒子从ab边中点垂直射出，利用速弦法可以判别无法找出圆心则假设不成立；当粒子从af垂直方向离开磁场时，利用运动的周期及轨迹所对圆心角可以求出运动的时间；利用去几何关系可以求出其轨迹半径的大小，结合牛顿第二定律可以求出垂直cf向上离开磁场的粒子速度；利用几何关系可以求出最小的轨迹半径，结合牛顿第二定律可以求出最小的速率。

7．【答案】C
【解析】【解答】AC．在M点，根据类平抛运动规律，有v y=v0tanα
qE=ma
v y=at3
3R=v0t3
解得q
m=
v02
3RE
y =
v y
22a
=1.5R
A 不符合题意，C 符合题意； BD ．粒子运动轨迹如图
设O 1为磁场的圆心，O 2为粒子轨迹圆心，P 为粒子射出磁场的位置，则有P′O 2∠PO 1 ∠O 1O 2P∠∠O 2O 1P′ 则粒子的轨道半径为r=R
由牛顿第二定律可得Bqv 0=m v 02
r
解得B =3E
v 0
BD 不符合题意。

故答案为：C 。

【分析】粒子在其第一象限做类平抛运动，利用牛顿第二定律结合其位移公式可以求出其偏转位移的大小，进而判别其粒子射入第一象限的位置；画出粒子运动的轨迹，利用几何关系可以求出轨道半径的大小，结合牛顿第二定律可以求出磁感应强度的大小。

8．【答案】A,D
【解析】【解答】AB ．设离子的电量为q ，质量为m ，加速电压为U ，加速后速度为v ，磁场的磁感应强度为
B ，离子做圆周运动的半径为r ，根据动能定理有qU =12
mv 2
由洛伦兹力提供向心力有qvB =mv 2
r
解得r =
√2mqU
qB
由几何关系有r 1=NC
r 2sinθ=ND
代入r 的表达式有√m 2sinθ=(1+n)√m 1
解得m 2=(1+n sinθ
)2
m 1
A 符合题意，
B 不符合题意； CD ．根据几何关系(r −r )
2+(
r
+n r )2
=r 2
2 化简可得m 2
=
(
+2n+2)2
m 14
D 符合题意，C 不符合题意。

故答案为：AD 。

【分析】粒子在电场中根据动能定理得出射入磁场速度的表达式，结合洛伦兹力提供向心力从而得出轨道半
径的表达式，通过几何关系得出离子X A 2的质量。

9．【答案】B,D
【解析】【解答】AB ．设粒子运动的轨道半径为r ，则由几何关系可知r 2=(√3l)2+(r −l)2
解得r=2l 由qv 0B =m v 02
r
可得q
m =v 02Bl
A 不符合题意，
B 符合题意；
CD ．由几何关系可知，粒子在磁场中转过的角度为π
3，时间为t =T 6=16×2πr v 0=2πl 3v 0
C 不符合题意，
D 符合题意。

故答案为：BD 。

【分析】根据几何关系得出粒子在磁场中运动轨迹的半径，通过洛伦兹力提供向心力得出荷质比的表达式；结合粒子运动的时间和周期地关系得出粒子在磁场中运动的时间。

10．【答案】A,C
【解析】【解答】A ．由左手定则判断出M 带负电荷，N 带正电荷，A 符合题意；
B ．带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力qvB =m v 2
r
得r =mv qB
由图可知N 的半径小于M 的半径，所以M 的速率大于N 的速率，B 不符合题意； C ．洛伦兹力方向与速度方向始终垂直，所以洛伦兹力对粒子不做功，C 符合题意；
D．粒子在磁场中运动半周，即时间为其周期的一半，而周期为T=2πm qB
与粒子运动的速度无关，所以M的运行时间等于N的运行时间，D不符合题意。

故答案为：AC。

【分析】根据左手定则得出两个电荷的电性，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，从而得出轨道半径的表达式。

11．【答案】A,C
【解析】【解答】A．粒子在第三象限内做圆周运动，则mg=qE
则从Q点到D点，电场力做功为W=qE∙2d=2mgd
A符合题意；
B．油滴在D点的动能等于在Q点时的动能，从A点到Q点由动能定理E kQ=mg⋅3d=3mgd
B不符合题意；
C．油滴作圆周运动时受到的洛伦兹力等于向心力，则大小为f=m v2
r=2E kQ
r=
6mgd
2d=3mg
C符合题意；
D．从A点到D点，油滴重力做功mgd，D不符合题意。

故答案为：AC。

【分析】粒子在第三象限做匀速圆周运动，利用重力和电场力相等可以求出电场力做功的大小；利用其动能定理可以求出油滴在D点动能的大小；利用洛伦兹力提供向心力可以求出洛伦兹力的大小；利用其高度变化可以求出重力做功的大小。

12．【答案】B,D
【解析】【解答】A．由左手定则可知，沿a轨迹运动的粒子带负电，A不符合题意；
B．由半径公式r=mv Bq
可知，沿c轨迹运动的半径大，则沿c轨迹运动的粒子的速率更大，B符合题意；
C．圆的直径为最长的弦，图中直径时都到不了地面，则其他反向的也将不会到达地面，C不符合题意；D．由图可知，当粒子射入的速度方向沿顺时针转过小于90度的锐角时，都可到达地面，D符合题意；
故答案为：BD。

【分析】利用左手定则可以判别粒子的电性；利用牛顿第二定律结合半径的大小可以比较速率的大小；利用其运动的轨迹结合速度的方向可以判别粒子能否到达地面。

13．【答案】B,C
【解析】【解答】A．仅增大粒子所带电荷量，粒子刚进入场区时所受电场力和洛伦兹力同时成比例增大，粒子仍会从极板中线下方飞出场区，动能仍会比入射时大，A不可行；
BC．仅增大粒子射入金属板时的速度，或仅增大两板间磁场的磁感应强度，则粒子刚进入场区时所受电场力不变，洛伦兹力增大，粒子将向上偏转，粒子在从场区射出时可能仍在极板中线上方，则整个过程电场力对粒子做负功，粒子射出时的动能比射入时的动能小，BC可行；
D．两金属板间的电场强度大小为E=
U
d=
Q
Cd=
4πkQ
εr S
保持金属板所带电荷量不变，增大两板间的距离，两板间电场强度不变，粒子仍会从极板中线下方飞出场区，动能仍会比入射时大，D不可行。

故答案为：BC。

【分析】利用其粒子动能比入射时动能大可以判别粒子向中线下方偏转，为了减小动能的大小则其粒子向中线上方偏转，应该增大其洛伦兹力的大小且保持电场力不变；当增大板间距离时其板间电场强度不变所以其出射动能大于入射速度的大小。

14．【答案】（1）解：画出粒子轨迹如图所示
在电场中，沿着电场线方向有a=qE
m=
3v02
2ℎ
又v y2−0=2aℎ
解得v y=√3v0
粒子在A点的速度为v=√v y2+v02=2v0
则进入磁场时速度方向和水平方向的夹角tanθ=
v y
v0=√3解得θ=60°
（2）解：粒子在电场中的时间v y=at
垂直电场方向的位移x OA=v0t 根据几何知识得2rsin60°=x OA
解得r=2ℎ3
根据qvB=m v 2
r
解得B=3mv0 qℎ
【解析】【分析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，利用类平抛运动的规律以及速度的合成和速度偏角的表达式得出粒子进入磁场时的速度；
（2）根据平抛运动的规律得出垂直电场方向OA的位移；结合几何关系以及洛伦兹力提供向心力得出磁感应强度的表达式。

15．【答案】（1）解：粒子在电场中做类平抛运动，设粒子与x轴正方向成θ角进入磁场，有2a=v0ta=v y 2t
tanθ=v y
v0=1
解得θ=45°
v C=
v0 cosθ
所以v C=√2v0
与x轴正方向成45°夹角。

（2）解：由几何方法作进、出磁场速度的垂线，可知粒子在磁场中做圆周运动的圆心在y轴上，设轨迹半径为r，由几何关系可知rsinθ=2a
粒子在磁场中做圆周运动的周期T=2πr v C
粒子第一次在磁场中运动的时间t=2π−θ2πT
解得t=7πa 2v0
【解析】【分析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，结合平抛运动的规律和速度的偏角得出粒子到达C点时的速度；
（2）根据几何关系得出粒子在磁场中运动轨迹的半径，结合离子运动的时间和周期的关系得出粒子第一次在磁场中运动的时间。

16．【答案】（1）解：粒子沿虚线O1O2做匀速直线运动，根据平衡qE=qvB解得v=qBL m
（2）解：撤去电场后，设带电粒子在磁场中做半径为R的匀速圆周运动，如图由牛顿第二定律qvB=m v
2
R
得R=L
根据几何知识α=60°
粒子在磁场中运动的周期T=
2πm
qB
粒子在磁场中运动的时间t1=
1
6T=
πm
3qB
粒子离开磁场做匀速直线运动至P，点过程的位移x=
L
2
cosα=L
该过程的运动时间t2=
x
v=
m
qB
则带电粒子由O1点运动至P点的时间t t=t1+t2=
(π+3)m
3qB
PO2
̅̅̅̅̅̅=xsinα+
L
2=
(1+√3)L
2（3）解：撤去磁场后，如图所示
11 / 11
粒子在电场中偏转√
32
L =vt 3
a =
qE m y =12
at 32
联立解得y =3
8L
根据几何知识O 2Q ̅̅̅̅̅̅=
12L+√3L
4√3L 4
×y =
(3+2√3)L
8
P 、Q 两点间的距离PQ ̅̅̅̅=PO 2̅̅̅̅̅̅+O 2Q ̅̅̅̅̅̅=(7+6√3)L 8
【解析】【分析】（1）粒子做匀速直线运动，利用平衡方程可以求出粒子速度的大小；
（2）撤去电场后，利用做匀速圆周运动，利用其牛顿第二定律可以求出轨道半径的大小，结合轨迹所对圆心角可以求出粒子在磁场中运动的时间；离开磁场后，粒子做匀速直线运动，利用位移公式可以求出运动的时间；
（3）撤去磁场后，利用做类平抛运动，利用位移公式可以求出粒子偏转的位移，结合其几何关系可以求出PQ 之间的距离。

17．【答案】（1）解：对粒子M ，X 方向√3l =vcos60°⋅t
Y 方向vsin60°=qE m
⋅t
以上二式联立得E =mv 2
4ql
（2）解：设粒子N 速度方向与X 轴成θ，参照（1）问 X 方向√3l =vcosθ⋅t Y 方向vsinθ=qE m ⋅t
再将电场E =
mv 24ql 代入以上二式得sin2θ=√
32
θ=30°或θ=60°（舍去）
（3）解：M 粒子进入磁场时，与X 轴距离为y M =ltan60°+√3
2l tan30°=(√3+32
)l
N 粒子进入磁场时，与X 距离y N =ltan30°+√
3
2l tan60°=(√33+12
)l
由题意得2mvcos30°qB −2mvcos60°
qB
=y M −y N 解得磁感应强度为B =(9−5√
3)mv ql
【解析】【分析】（1）粒子在电场中偏转，利用其类平抛运动的速度公式可以求出电场强度的大小；
（2）粒子在电场中偏转，利用其位移公式可以求出N 粒子发射速度的方向；
（3）当其两个粒子经过同一个点，利用几何关系可以求出其距离的大小，结合牛顿第二定律可以求出磁感应强度的大小。

18．【答案】（1）解：电场中加速有eU 0＝12
mv 02
解得v 0＝√2eU 0m
代入数据解得v 0＝3.0×107m/s
（2）解：设电子在偏转电场中运动的时间为t ，电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量为y. 电子在水平方向做匀速直线运动，L 1＝v 0t 电子在竖直方向上做匀加速运动，y ＝12
at 2
根据牛顿第二定律有eU
d
＝ma
解得y ＝eUL 12
2mdv 02＝ 1.6×10−19×200×0.062
2×9.0×10−31×0.02×(3.0×107)
2m ＝3.6×10－3
m ＝0.36cm 电子离开偏转电场时速度的反向延长线过偏转电场的中点，
由图知y
ℎ=L 1L 1+2L 2
解得h ＝7.2×10－3m
（3）解：电子在偏转电场运动的过程中电场力对它做的功W ＝eEy ＝e U
d y ＝5.8×10－18JΔE ＝－W ＝－5.8×10－18J.
【解析】【分析】（1）电子在加速电场中根据动能定理得出射入偏转电场时的初速度v 0；
（2）电子在偏转电场中做平抛运动，结合平抛运动的规律以及牛顿第二定律得出侧位移，从而得出电子打在荧光屏上的P 点到O′点的距离h ；
（3）根据电场力做功的表达式以及功能关系得出电子经过偏转电场过程中电势能的增加量．。