2026年高考物理二輪復(fù)習(xí)：帶電粒子在電場(chǎng)、磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)（專項(xiàng)訓(xùn)練）解析版

2026年高考物理二輪復(fù)習(xí)第9講帶電粒子在電場(chǎng)、磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)專項(xiàng)訓(xùn)練

一、選擇題

1.負(fù)離子空氣凈化器的部分結(jié)構(gòu)原理如圖所示。由空氣和帶負(fù)電荷的灰塵顆粒組成的均勻混合氣流，以相

同的初速度沿平行于極板方向進(jìn)入一個(gè)由平行金屬板和穩(wěn)壓也源構(gòu)成的收集器，氣流寬度正好等于金屬板間

距，在電場(chǎng)的作用下全部灰塵顆粒恰好都能落到下極板上。假設(shè)所有灰塵顆粒質(zhì)量相等，所帶電荷量相同，

不考慮重力、浮力影響和顆粒間的相互作用。下列說(shuō)法正確的是（）

B.電源電壓減半，灰塵顆粒的收集效率減半

C.隨著收集灰塵顆粒增多，下極板所帶電荷量逐漸減小

D.所有灰塵顆粒即將落到下極權(quán)上時(shí)的動(dòng)能一定相等

【答案】B

【解析】【解答】A.因?yàn)榛覊m顆粒帶負(fù)電，要使灰塵顆粒落到下極板上，下極板應(yīng)帶正電，所以收集器上極

板帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；

B.灰塵顆粒在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向％=vot,豎直方向y==ma

當(dāng)電源電壓減半時(shí)，加速度a減半，設(shè)原來(lái)能落到卜極板的灰塵顆粒在水平方向的位移為L(zhǎng),原來(lái)運(yùn)動(dòng)時(shí)間門

滿足d=斤

電壓減半后加速度變?yōu)樽?

設(shè)此時(shí)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為￡2，此時(shí)丫2=^2名

由于水平速度不變，t與a的平方根成反比，所以b=魚門

則灰塵顆粒在豎直方向的位移變?yōu)樵瓉?lái)的一半，即灰塵顆粒的收集效率減半，故B正確；

C.因下極板接地，隨著收集灰塵顆粒增多，下極板所帶電荷量將不變，故C錯(cuò)誤；

D.根據(jù)動(dòng)能定理Uq=&-去小詔，雖然q、m、%相同，但不同位置的灰塵顆粒在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的電勢(shì)差U不

同（因?yàn)檠仉妶?chǎng)線方向有位置差異），所以所有灰塵顆粒即將落到下極板上時(shí)的動(dòng)能不一定相等，故D錯(cuò)誤;

故答案為：Bo

【分析】將灰塵顆粒的運(yùn)動(dòng)視為類平拋運(yùn)動(dòng)，結(jié)合電場(chǎng)力、類平拋規(guī)律分析各選項(xiàng)，同時(shí)明確極板帶電性質(zhì)、

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收集效率與電壓的關(guān)系。

2.如圖所示為密立根油滴實(shí)驗(yàn)示意圖，兩塊水平放置的平行金屬板分別與電源的正負(fù)極相接，板間產(chǎn)生勻

強(qiáng)電場(chǎng)。用一個(gè)噴霧器把許多油滴從上板中間的小孔噴入電場(chǎng)。油滴從噴口出來(lái)時(shí)由于摩擦而帶負(fù)電，油滴

的大小、質(zhì)帚各不相同。油滴進(jìn)入耳場(chǎng)時(shí)的初速度、油滴間的相互作用及空氣對(duì)油滴的浮力忽略不計(jì)。下列

說(shuō)法正確的是（）

噴霧器

A.懸浮的油滴所帶的電荷量一定相等

B.若某油滴向下加速運(yùn)動(dòng)，則重力和靜電力的合力做負(fù)功

C.若某油滴向下加速運(yùn)動(dòng)，減個(gè)平行金屬板間距離，可使油滴處于平衡狀態(tài)

D.若某油滴懸浮不動(dòng)，增加平行金屬板兩端電壓，則油滴仍不動(dòng)

【答案】C

【解析】【解答】A.油滴進(jìn)入電場(chǎng)后受重力與電場(chǎng)力，若油滴懸浮不動(dòng)，根據(jù)平衡條件可以得出重力與電場(chǎng)

力大小相等，即mg=qE

根據(jù)平衡方程可以得出：?二5

所以懸浮的油滴比荷相等，電荷量不一定相等，故A錯(cuò)誤；

B.若某油滴向下加速運(yùn)動(dòng)，由于速度不斷增大，根據(jù)動(dòng)能定理可知重力與靜電力的合力做正功，故B錯(cuò)

誤；

C.若某油滴向下加速運(yùn)動(dòng)，說(shuō)明重力大于電場(chǎng)力，為了讓電場(chǎng)力等于重力，需要增大板間電場(chǎng)強(qiáng)度的大

小，可以減小平行金屬板間距離，杈據(jù)電勢(shì)差與場(chǎng)強(qiáng)的關(guān)系E=:可知電場(chǎng)力增大，從而使油滴處于平衡狀

a

態(tài)，故C正確；

D.若某油滴懸浮不動(dòng)，增加平行金屬板兩端電壓，根據(jù)電勢(shì)差與場(chǎng)強(qiáng)的關(guān)系E=g可知電場(chǎng)強(qiáng)度增大，油滴

a

受到的電場(chǎng)力隨之增大，則油滴向二運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。

故選Co

【分析】利用重力與電場(chǎng)力相等可以判別懸浮的油滴比荷大小相等；利用油滴做加速運(yùn)動(dòng)結(jié)合動(dòng)能定理可以

判別合力做正功；利用油滴做加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，電場(chǎng)力小于重力，利用減小板間距離可以增大電場(chǎng)力，進(jìn)而使油

滴懸浮；利用電勢(shì)差與場(chǎng)強(qiáng)的關(guān)系可以得出板間電壓增大時(shí)會(huì)導(dǎo)致電場(chǎng)力增大，則電場(chǎng)力大于重力會(huì)導(dǎo)致油

滴向上加速。

3.如圖所示，空間中存在與水平成45。斜向右上方、大小為IxhAN/c的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在距地面10m高處同一

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位置均以10m/s的速率同時(shí)拋出A、B兩個(gè)帶正電小球，A球豎直向上，B球水平向右，兩小球質(zhì)量均為

1kg,帶電量均為奪xl0—5c。忽略兩小球之間的相互作用力和空氣阻力，小球均可視為質(zhì)點(diǎn)，g取lOm/s，

則在B球落地前，兩球間的最大距離為（）

-1^-oBo-

10m

J

A.10mB.10\②nC.20mD.20\/2?n

【答案】D

【解析】【解答】以拋出點(diǎn)為原點(diǎn)建坐標(biāo)系，以水平方向?yàn)椤拜S，以豎直方向?yàn)閥軸。小球A、B拋出后水平方

向上只受電場(chǎng)力水平分力作用，水平方向上分加速度均為4=5次/$2,方向水平向右

豎直方向上受自身重力和電場(chǎng)力的豎直分力作用，豎直方向上分加速度均為與=5根/$2,方向豎直向下

分別對(duì)兩小球兩個(gè)方向上加速度進(jìn)行欠量合成，兩小球加速度相同，因此B球相對(duì)A球斜向右下方勻速直線

運(yùn)動(dòng)，相對(duì)速度/=10V2m/s

且B球落地時(shí)兩球相距最遠(yuǎn)，設(shè)B球落地時(shí)間為3則有豎直方句上y=*旬/

求得亡=2s,相距最大距離為x=vt=20>/2m

故答案為：D

【分析】先分析兩小球的加速度（電場(chǎng)力與重力的合力），判斷相對(duì)運(yùn)動(dòng)性質(zhì)，再結(jié)合B球的落地時(shí)間計(jì)算

最大距離。

4.如圖，真空中的勻強(qiáng)電場(chǎng)平行于紙面，半徑為R的圓形區(qū)域處于勻強(qiáng)電場(chǎng)中，圓周上的A點(diǎn)有一?粒子

源，能向紙面內(nèi)各個(gè)方向陸續(xù)發(fā)射初動(dòng)能相等、帶電量均為q的同種粒子，圓周上各處均有粒子到達(dá)，不計(jì)

粒子重力和粒子間的相互作用，AC、BD是圓的兩條相互垂直的直徑，測(cè)得粒子到達(dá)圓周時(shí)的最小動(dòng)能比初

動(dòng)能小比，最大動(dòng)能比初動(dòng)能大3%,則（）

D

A.電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為②B.電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為塞

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C.電場(chǎng)方向與AC的夾角為45。D.電場(chǎng)方向與AC的夾角為30。

【答案】D

【解析】【解答】設(shè)該直徑（電場(chǎng)方向）與AC夾角為。，過(guò)A點(diǎn)作直徑的垂線，即為A點(diǎn)所在的等勢(shì)線。

如圖

由動(dòng)能定理可知，最大動(dòng)能與最小動(dòng)能出現(xiàn)在平行于電場(chǎng)方向的直徑的兩端，粒子到達(dá)圓周時(shí)的最小動(dòng)能

比初動(dòng)能小比，最大動(dòng)能比初動(dòng)能大3&）,根據(jù)動(dòng)能定理有

qE(R-RcosO)=EQ

qE(R+Reos。)=3E°

0=±60°

故選B。

【分析】由能量轉(zhuǎn)化與守恒及題意，根據(jù)電場(chǎng)方向與等勢(shì)線的關(guān)系，先確定一條過(guò)A點(diǎn)的等勢(shì)線，再根據(jù)動(dòng)

能定理分別列式，即可分析判斷。

5.如圖所示，一通電直導(dǎo)線在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中靜止于光滑斜面上，電流方向垂直紙面向外。保持磁

場(chǎng)強(qiáng)弱不變，僅把磁場(chǎng)方向按順時(shí)針逐漸旋轉(zhuǎn)，直至垂直斜面向上，若要通電導(dǎo)線始終保持靜止，則應(yīng)控制

導(dǎo)線內(nèi)的電流強(qiáng)度（）

A.逐漸增大B.逐漸減小

C.先增大后減小D.先減小后增大

【答案】B

【解析】【解答】磁場(chǎng)方向豎直向上時(shí)，導(dǎo)線所受安培力水平向右，受重力和支持力，三個(gè)力平衡，如圖

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磁場(chǎng)方向垂直斜面向上時(shí)，導(dǎo)線所受安培力沿斜面向上，由圖可知F逐漸減小，根據(jù)F=可知應(yīng)控制導(dǎo)

線內(nèi)的電流強(qiáng)度逐漸減小。故ACD錯(cuò)誤，B正確。

故選Bo

【分析】I.安培力的方向判斷（左手定則）

安培力公式：（L沿電流方向，大小等于有效長(zhǎng)度工

方向：左手定則——磁感線穿入手心，四指指向電流方向，拇指指向安培力方向。

本題關(guān)鍵：磁場(chǎng)方向變化時(shí)，安培力方向隨之變化，但始終垂直于電流方向和磁場(chǎng)方向所構(gòu)成的平面。磁場(chǎng)

順時(shí)針旋轉(zhuǎn)時(shí)，安培力方向也相應(yīng)變化，直到磁場(chǎng)垂直斜面向上時(shí)，安培力平行斜面向上。

2.共點(diǎn)力平衡條件在安培力問(wèn)題中的應(yīng)用

導(dǎo)線受重力mg（豎直向下）、斜面支持力（垂直斜面向上）、安培力（隨磁場(chǎng)方向變化）。要使導(dǎo)線始終保

持靜止，三力合力必須始終為零。

解題時(shí)通常將力分解到沿斜面與垂直斜面方向列平衡方程，或用矢量三角形法（圖解法）直觀分析。

3.力的矢量三角形圖解法（動(dòng)態(tài)平衡問(wèn)題）

對(duì)于三力平衡，若一個(gè)力（如重力）大小方向不變，另一個(gè)力（如支持力）方向不變，第三個(gè)力（如安培

力）方向變化，可用矢量三角形法：

畫出大小方向不變的重力矢量。

支持力方向沿斜面垂線方向（不變方向，但人小可變）。

安培力從重力矢量的末端指向支持力方向線上某點(diǎn)，構(gòu)成閉合三角形。

旋轉(zhuǎn)磁場(chǎng)o安培力方向變化o三角形的形狀變化o觀察安培力大小的變化趨勢(shì)。

6.如圖所示，在長(zhǎng)方形力BCD區(qū)域中有豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，同種帶正電粒子分別以速度巧、以從4點(diǎn)水平

向右飛入電場(chǎng)，分別從BC、CO的中點(diǎn)G、”飛出電場(chǎng)區(qū)域。已知粒子重力不計(jì)，則下列說(shuō)法正確的是

（）

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A.粒子從G、H兩點(diǎn)飛出的時(shí)間之比為2:1

B.粒子從G、H兩點(diǎn)飛出的時(shí)間之比為1:2

C.初速度之比也：%=20:1

D.粒子從G、H兩點(diǎn)飛出的過(guò)程中，電場(chǎng)力做功之比為4:1

【答案】C

【解析】【解答】AB.粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，則從G、"兩點(diǎn)飛出的時(shí)間為G

AB_(4^

=可得￡1：以=1：加，%:以=2企:1,故AB錯(cuò)誤，C正確;

2V2-Qa

CD.設(shè)粒子受到的電場(chǎng)力為F,粒子從G、H兩點(diǎn)飛出的過(guò)程中，電場(chǎng)力做功分別為％=尸％=/麗、W2=

Fy2=F'BC

故電場(chǎng)力做功之比為勿1：皿2=1：2,故D錯(cuò)誤。

故答案為：Co

【分析】本題考查類平拋運(yùn)動(dòng)的分解，核心思路是將運(yùn)動(dòng)分解為水平勻速、豎直勻加速，利用水平位移、豎

直位移的公式，推導(dǎo)時(shí)間、初速度的比值，結(jié)合電場(chǎng)力做功公式分析做功比。

7.如圖所示，將厚度為h和寬度為d的金屬板放在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，以金屬板的一個(gè)頂點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)建立Oxyz

坐標(biāo)系。當(dāng)金屬板中通有沿z軸正方向的恒定電流I時(shí)，金屬板的上、下表面之間產(chǎn)生穩(wěn)定的電壓。已知該

金屬板單位體積內(nèi)自由電子的個(gè)數(shù)為n,電子的電荷量為-e,勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向沿x軸

負(fù)方向，下列說(shuō)法正確的是（）

-y

上表面A//

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

////\

X下表面

A.金屬板上表面的電勢(shì)高于下表面的電勢(shì)

B.金屬板的上、下表面之間產(chǎn)生的穩(wěn)定電壓的大小為篇

C.金屬板內(nèi)自由電子所受洛倫茲力的大小為北

D.金屬板內(nèi)載流子定向移動(dòng)的速率為懸

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【答案】B

【解析】【解答】A.沿z軸正方向通有恒定電流，則電子移動(dòng)方向沿z軸負(fù)方向，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向沿x軸負(fù)

方向，根據(jù)左手定則可知，負(fù)電荷向上偏轉(zhuǎn)，故金屬板上表面的電勢(shì)低于下表面的電勢(shì)，故A錯(cuò)誤；

B.根據(jù)平衡條件得e牛=eu8,又因?yàn)?=neSi;,S=dh,解得穩(wěn)定電壓的大小=焉，故B正確；

C.金屬板內(nèi)載流子所受洛倫茲力的大小尸=匹8,聯(lián)立以上解得/=磊，故C錯(cuò)誤；

D.由B項(xiàng)分析可得，金屬板內(nèi)載流子定向移動(dòng)的速率廿=備，故D錯(cuò)誤。

故答案為：Bo

【分析】這道題是典型的霍爾效應(yīng)問(wèn)題，核心是分析自由電子在磁場(chǎng)中的受力平衡，進(jìn)而推導(dǎo)出霍爾電壓、

載流子速率等物理量。

8.如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q的小球在電場(chǎng)強(qiáng)度為E、區(qū)域足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，以初速度歷沿ON

在豎直面內(nèi)做勻變速直線運(yùn)動(dòng)。ON與水平面的夾角為30。，重力加速度為g,且mg=qE,則（）

N

0二50。.....

A.電場(chǎng)方向豎直向上

B.小球運(yùn)動(dòng)的加速度大小為學(xué)

?2

C.小球上升的最大高度為換?

4g

D.若小球在初始位置的電勢(shì)能為零，則小球電勢(shì)能的最大值為之機(jī)屏

【答案】C

【解析】【解答】A：小球做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，合力沿ON方向。因mg=qE,電場(chǎng)力與重力關(guān)于ON對(duì)稱，

電場(chǎng)方向并非豎直向上，A錯(cuò)誤；

B：合力大小為mg,加速度大小為g,B錯(cuò)誤；

C：小球最大位移％=至最大高度九=xsinSO0=換，C正確；

2g4g

D：初動(dòng)能一半轉(zhuǎn)化為電勢(shì)能，最大電勢(shì)能為亂九詔，D錯(cuò)誤。

故答案為：Co

【分析】通過(guò)受力分析確定合力方向與大小，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求最大位移和高度，再利用能量守恒分析電勢(shì)

能變化。

9.某興趣小組用人工智能模擬帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，如圖所不的矩形區(qū)域OMPQ內(nèi)分布有平行十OQ

的勻強(qiáng)電場(chǎng)，N為QP的中點(diǎn)。模擬動(dòng)畫顯示，帶電粒子a、b分別從Q點(diǎn)和O點(diǎn)垂直于OQ同時(shí)進(jìn)入電

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場(chǎng)，沿圖中所示軌跡同時(shí)到達(dá)M、N點(diǎn)，K為軌跡交點(diǎn)。忽略粒子所受重力和粒子間的相互作用，則可推斷

a、b()

A.具有不同比荷B.電勢(shì)能均隨時(shí)間逐漸增大

C.到達(dá)M、N的速度大小相等D.到達(dá)K所用時(shí)間之比為1:2

【答案】D

【解析】【解答】A.根據(jù)題意可知，帶電粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，帶電粒子〃、〃分別從。點(diǎn)和0點(diǎn)同

時(shí)進(jìn)入電場(chǎng)，沿圖中所示軌跡同時(shí)到達(dá)M、N點(diǎn)，可知，運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等。

由圖可知，沿初速度方向位移之比為2:1,由％=%￡可知，初速度之比為2:1,

沿電場(chǎng)方向的位移大小相等，由y=2Qt2可知，粒子運(yùn)動(dòng)的加速度大小相等，由牛頓第二定律有

qE=ma

可得

qa

沅=區(qū)

可知，帶電粒子具有相同比荷，故A錯(cuò)誤；

B.帶電粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，電場(chǎng)力均做正功，電勢(shì)能均隨時(shí)間逐漸減小，故B錯(cuò)誤；

C.沿電場(chǎng)方向，由公式力=就可知，到達(dá)M、N的豎直分速度大小相等，由于初速度之比為2:1,由u二

J詔+可可知,到達(dá)"、N的速度大小不相等，故C錯(cuò)誤；

D.由圖可知，帶電粒子〃、〃到達(dá)K的水平位移相等，由于帶電粒子。、匕初速度之比為2:1,由久二%七可

知，所用時(shí)間之比為1:2,故D正確。

故選D。

【分析】本題主要考查帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)問(wèn)題。結(jié)合類平拋運(yùn)動(dòng)解答。

帶電粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，沿著電場(chǎng)方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，垂直電場(chǎng)方向做勻速運(yùn)動(dòng)；兩粒子同時(shí)

進(jìn)入電場(chǎng)，同時(shí)打中同一極板，在弓場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，由勻速運(yùn)動(dòng)公式x=v［得到初速度關(guān)系，由牛頓第二

定律、電場(chǎng)強(qiáng)度公式F=Eq和勻加速直線運(yùn)動(dòng)位移時(shí)間公式求解兩電荷的比荷；電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減

小，電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加；由為=而和u=J評(píng)+詔判斷粒子到達(dá)極板的速度大小關(guān)系:由勻速運(yùn)動(dòng)

公式x=vi和初速度關(guān)系得到到達(dá)K所用時(shí)間之比。

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10.有一種噴墨打印機(jī)的打印頭結(jié)構(gòu)示意圖如圖所示，噴嘴噴出來(lái)的墨滴經(jīng)帶電區(qū)帶電后進(jìn)入偏轉(zhuǎn)板，經(jīng)偏

轉(zhuǎn)板間的電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后打到承印材料上.已知偏移量越大字跡越大，現(xiàn)要減小字跡，下列做法可行的足

)

承

印

材

料

A.增大韁滴的帶電荷量B.減小麋滴噴出時(shí)的速度

C.減小偏轉(zhuǎn)板與承印材料的距離D.增大偏轉(zhuǎn)板間的電壓

【答案】C

【解析】【解答】本題考杳帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)在實(shí)際生活中的應(yīng)用，關(guān)鍵要熟練運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的分解法，推

導(dǎo)出偏移量Y的表達(dá)式。帶電粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)外偏轉(zhuǎn)，側(cè)移匕=：砒2,Q=胎，￡=*

可得看=要繇

設(shè)粒子出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的偏轉(zhuǎn)角。，偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的右側(cè)到承印材料的距離為1,則V2=/tan氏丫=匕+匕

減小偏轉(zhuǎn)板與承印材料的距離可使字跡減小，故C正確

【分析】在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)墨滴做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)水平方向和豎直方向運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得墨滴離開偏

轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的偏移量，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的推論可得墨滴在承印材料上的偏移量的表達(dá)式，則可判斷正誤。

11.航天員登月后，通過(guò)電子在月球磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡來(lái)推算磁場(chǎng)的強(qiáng)弱分布。如圖分別是探測(cè)器處于月球

a、b、c、d四個(gè)不同位置時(shí)電子運(yùn)動(dòng)軌跡的組合圖，若每次電子的出射速率相同，且與磁場(chǎng)方向垂直，則

a、b、c、d中磁場(chǎng)最弱的位置為（）

C.cD.d

【答案】D

【解析】【解答】根據(jù)洛倫茲力提供向心力

所以R=m

由圖可知，d的軌跡半徑最大，則d所對(duì)應(yīng)的磁場(chǎng)最弱。

故答案為：Do

第9頁(yè)

【分析】這道題的核心是理解帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，通過(guò)洛倫茲力提供向心力的公

式，推導(dǎo)出軌道半徑與磁感應(yīng)強(qiáng)度的關(guān)系，從而根據(jù)軌跡的彎曲程度判斷磁場(chǎng)強(qiáng)弱。

12.如圖所示為“濾速器”裝置示意圖，Q、匕為水平放置的平行金屬板，Q板接電源正極，力板按電源負(fù)極，金

屬板間存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一?電子以速塞u水平向右從。點(diǎn)進(jìn)入金屬板間后沿直線。0'通過(guò)“濾速器I不計(jì)電子、

質(zhì)子重力，則下列說(shuō)法正確的是（）

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

b

A.金屬板間的磁場(chǎng)方向垂直紙面向外

B.若電子以速率u水平向左從0,點(diǎn)進(jìn)入金屬板間，仍能沿直線通過(guò)“濾速器”

C.若僅將電子的速率改為2%仍能沿直線通過(guò)“濾速器”

D.若僅將電子換成質(zhì)子，仍能沿直線通過(guò)“謔速器”

【答案】D

【解析】【解答】A.電子能沿直線通過(guò)，對(duì)電子進(jìn)行受力分析可知，電子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所受合力為零，

則有=電場(chǎng)方向向下，電子所受電場(chǎng)力方向向上，洛倫茲力方向向下，根據(jù)左手定則可知磁場(chǎng)方向

垂直紙面向里，故A錯(cuò)誤；

B.結(jié)合上述，當(dāng)電子從0,點(diǎn)進(jìn)入時(shí)，電場(chǎng)力和洛倫茲力方向均向上，所受合力不為零，則電子不能沿直線通

過(guò)“濾速器”，故B錯(cuò)誤；

C.當(dāng)電子速率改為2加寸，結(jié)合上述，電場(chǎng)力和洛倫茲力的方向相反，但大小不等，合力不為零，電子不能沿

直線通過(guò)“濾速器”，故C錯(cuò)誤；

D.若將電子換成質(zhì)子，但速率仍為/洛倫茲力大小不變，根據(jù)左手定則可知，洛倫茲力方向仍然向下，結(jié)

合上述可知，所受合力仍為零，即質(zhì)子仍能沿直線通過(guò)“濾速器”，故D正確。

故答案為：Do

【分析】這道題的核心是分析帶電粒子在正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)（速度選擇器模型）中的受力平衡。

二、多項(xiàng)選擇題

13.如圖所示，空間中存在足夠大、正交的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)，其中勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于紙面（豎直面）、磁

感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,勻強(qiáng)電場(chǎng)與水平方向成30。角。質(zhì)量為m、電荷量為q（q>0）的小球從某點(diǎn)O開始運(yùn)

動(dòng)，恰好能在豎直面內(nèi)斜向右上方做勻速直線運(yùn)動(dòng)。小球運(yùn)動(dòng)到某點(diǎn)時(shí)撤去磁場(chǎng)，電場(chǎng)保持不變。已知小球

所受電場(chǎng)力大小與其重力大小相等，空氣阻力不計(jì)，重力加速度為g。下列說(shuō)法正確的是（）

第10頁(yè)

E

A.小球的初速度大小為需

B.撤去磁場(chǎng)后,小球的機(jī)械能一直增大

C.撤去磁場(chǎng)后,小球的電勢(shì)能先減小后增大

D.撤去磁場(chǎng)后,小球重力勢(shì)能的最大增加量為

【答案】B,D

【解析】【解答】A.己知小球所受電場(chǎng)力大小與其重力大小相等，小球恰好能在豎直面內(nèi)斜向右上方做勻速

直線運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力和洛倫茲力的合力與重力等大反向，所以，洛倫茲力方向與電場(chǎng)方向夾角為120。，大小等

于mg,則mg=qvB

小球的初速度大小為髭，故A錯(cuò)誤；

BC.撤去磁場(chǎng)后，小球速度與合力方向垂直，根據(jù)左手定則可以判斷，速度方向與電場(chǎng)方向夾角為30。，因?yàn)?/p>

運(yùn)動(dòng)的速度始終與電場(chǎng)力方向夾角為銳角，所以電場(chǎng)力始終做正功，電勢(shì)能一直減小，小球的機(jī)械能一直增

大，故B正確、C錯(cuò)誤；

D.小球上升到最高點(diǎn)時(shí)，重力勢(shì)能最大，撤去磁場(chǎng)后，豎直方向mg-Eqsin30°=ma,（usinbO。/一0=2ah

小球重力勢(shì)能的最大增加量為A0=mgh=故D正確。

故答案為：BDo

【分析】先根據(jù)勻速直線運(yùn)動(dòng)的受力平衡，求出初速度；再分析撤去磁場(chǎng)后，電場(chǎng)力做功對(duì)機(jī)械能和電勢(shì)能

的影響，最后通過(guò)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式計(jì)算直力勢(shì)能的最大增加量。

14.如圖為以0點(diǎn)為中心的徑向電場(chǎng)的示意圖，電場(chǎng)強(qiáng)度大小可表示為E=*a為常量。比荷相同的兩粒子

在以。為圓心、半徑r不同的圓軌道運(yùn)動(dòng)。不考慮重力及粒子間的相互作用，則（）

A.質(zhì)量大的粒子動(dòng)量大B.半徑大的粒子加速度大

C,粒子的速度大小與半徑成正比D.粒子運(yùn)動(dòng)的周期與半徑成正比

第11頁(yè)

【答案】A,D

【解析】【解答】解答本題的關(guān)鍵要知道粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由電場(chǎng)力提供向心力，通過(guò)列式得到各個(gè)量的

表達(dá)式。AC.比荷相同的兩粒子在以。為圓心、半徑r不同的圓軌道運(yùn)動(dòng)，根據(jù)電場(chǎng)力提供向心力有qE=

v2

m—

又E=+

聯(lián)立得u=陛

y]m

因兩粒子比荷相同，所以兩粒子的速率相等，質(zhì)量大的粒子動(dòng)量大，故A正確，C錯(cuò)誤；

B.粒子的加速度大小為=篝=篝

所以半徑大的粒子加速度小，故B錯(cuò)誤；

D.根據(jù)7=綱

v

因兩粒子的速率相等，所以粒子運(yùn)動(dòng)的周期與半徑成:正比，故D正確。

故選ADo

【分析】?jī)闪Ｗ幼鰟蛩賵A周運(yùn)動(dòng)，由電場(chǎng)力提供粒子做圓周運(yùn)動(dòng)所需的向心力，結(jié)合圓周運(yùn)動(dòng)的公式即可求出

線速度、周期、角速度和動(dòng)量與軌道半徑的關(guān)系式，再進(jìn)行分析。

15.如圖所示，笊（：“）、宛（汩）的原子核自初速度為零經(jīng)同一電場(chǎng)加速后，又經(jīng)同一勻強(qiáng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)，最

后打在熒光屏上，下列說(shuō)法正確的是（）

A.兩種原子核在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中的位移偏轉(zhuǎn)量之比為3：2

B.兩種原子核打在屏上的動(dòng)能為1：1

C.經(jīng)過(guò)加速電場(chǎng)的過(guò)程中，電場(chǎng)力對(duì)笊（：“）、僦（；H）做功之比為3：2

D.兩種原子核從開始加速到打在屏上所花的時(shí)間之比為V2:V3

【答案】B,D

【解析】【解答】A.原子核在電場(chǎng)中被加速，則qU]=*機(jī)詔

設(shè)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的長(zhǎng)度為L(zhǎng)2,進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后42=%3丫=墨七2

2

解得丫=婚，即原子核在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中的位移偏轉(zhuǎn)量與原子核所帶的電量和質(zhì)量無(wú)關(guān)，A錯(cuò)誤；

B.原子核打到屏上時(shí)的動(dòng)能￡1&=0/+氏^=9（%+—|_2）可知，兩種原子核電量相等，則打在屏上的動(dòng)

4d%

第12頁(yè)

能為I：I,B正確;

C.經(jīng)過(guò)加速電場(chǎng)的過(guò)程中，根據(jù)勿二q%可知，電場(chǎng)力對(duì)笊（：〃）、僦做功之比為1：1,C錯(cuò)誤;

L.2L[

D.原子核在加速電場(chǎng)中的時(shí)間t1=西=言（Li為加速電場(chǎng)的長(zhǎng)度）

進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中到打到屏上的時(shí)間￡2=緋"（L?為偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)右端到屏的距離）

p0

則總時(shí)間《二+亡2=2"嗜+”=（2L1+L2+L3）?標(biāo)

可知兩種原子核從開始加速到打在屏上所花的時(shí)間之比為無(wú)：V3,D正確。

故答案為：BDo

【分析】本題考查帶電粒子的加速與偏轉(zhuǎn)，核心思路是利用“加速過(guò)程的動(dòng)能定理、偏轉(zhuǎn)過(guò)程的運(yùn)動(dòng)分解”，

結(jié)合動(dòng)能、時(shí)間的表達(dá)式，分析兩者的物理量比值。

16.如圖所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小5=0.27,方向水平向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，有一根長(zhǎng)/=0.1m的豎直光滑絕

緣細(xì)桿MN,細(xì)桿頂端套有一個(gè)質(zhì)量m=40g、電荷量q=+0.5C的小環(huán)。現(xiàn)讓細(xì)桿以〃=2m/s的速度沿垂直

磁場(chǎng)方向水平勻速運(yùn)動(dòng)，同時(shí)釋放小環(huán)（豎直方向初速度為0）,小環(huán)最終從細(xì)桿底端飛出，g取10m/s2。關(guān)

于小環(huán)的運(yùn)動(dòng)下列說(shuō)法正確的是（）

XMXXX

X一IXXX

X|XXX

XNXX5X

A.洛倫茲力對(duì)小環(huán)做負(fù)功B.小環(huán)的軌跡是拋物線

C.小環(huán)在絕緣桿上運(yùn)動(dòng)時(shí)間為0.2sD.小環(huán)的機(jī)械能減少

【答案】B,C,D

【解析】【解答】A.洛倫茲力的方向始終與小環(huán)的速度方向垂直，不做功，故A錯(cuò)誤；

B.小環(huán)在水平方向隨桿勻速運(yùn)動(dòng)，在豎直方向受重力以及向上的洛倫茲力，因水平速度v不變，則向上的

洛倫茲力不變，可知小球受向下的不變的合力作用向下做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，滿足平拋運(yùn)動(dòng)條件，所以小環(huán)的

軌跡是拋物線，故B正確；

C.小環(huán)在豎直方向的加速度Q=蚊一"^=5TTI/S2,rtl/=^at2,解得￡=0.2s,故C正確；

D.小環(huán)在運(yùn)動(dòng)向下運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，同時(shí)受到向右的洛倫茲力作用，由牛頓第三定律可知小環(huán)受到向左的作用

力，細(xì)桿對(duì)小環(huán)向左的作用力做負(fù)功，洛倫茲力不做功，重力做正功，機(jī)械能不守恒，且小環(huán)的機(jī)械能減

少，故D正確。

故答案為：BCDo

【分析】分析小環(huán)的受力（重力、洛倫茲力），結(jié)合運(yùn)動(dòng)的獨(dú)立性（水平勻速、豎直勻加速），判斷運(yùn)動(dòng)性

第13頁(yè)

質(zhì)、計(jì)算運(yùn)動(dòng)時(shí)間，并分析機(jī)械能變化。

17.如圖所示，兩足夠長(zhǎng)的平行金屬板相距4d,金屬板間充滿方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，板問(wèn)中心有一

電子發(fā)射源S向紙面內(nèi)各個(gè)方向均勻發(fā)射初速度大小為孫的電子。已知電子的質(zhì)量為m,電荷量為e,勻強(qiáng)

磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小8=粵，不計(jì)電子重力及電子間的相互作用，下列說(shuō)法正確的是()

XXX

B

XXX

XXX

XXX

A.電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑R=2d

B.電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期7=整

v0

C.兩金屬板上有電子打到的區(qū)域總長(zhǎng)度為4(百+l)d

D.打在兩金屬板上的電子占發(fā)射電子總數(shù)的5()%

【答案】A,C

【解析】【解答】A.根據(jù)洛倫茲力提供向心力有=萼，解得R=2d,故A正確;

B.電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期7=等二等，故B錯(cuò)誤；

%v0

C.如圖所示

SA為電子軌跡圓的直徑，C為電子軌跡圓與金屬板的切點(diǎn)，由幾何關(guān)系知AO=2百d,0C=R=2d

所以兩金屬板上有電子打到的區(qū)域總長(zhǎng)度l=2(A0+0O=4(V5+l)d,故C正確；

D.由圖可知，由S發(fā)出的電子都將打在金屬板上，故打到金屬板上的電子占發(fā)射電子總數(shù)的100%,故D

錯(cuò)誤。

故選AC。

【分析】易錯(cuò)點(diǎn)

1、半徑計(jì)算時(shí)代入錯(cuò)誤

已知，求，有人會(huì)漏掉2得。

2、周期計(jì)算錯(cuò)誤

易直接套但忘記B已含和，代入后應(yīng)與有關(guān)。

第14頁(yè)

有人會(huì)錯(cuò)用但R算錯(cuò)導(dǎo)致錯(cuò)。

3、區(qū)域長(zhǎng)度幾何分析錯(cuò)誤

臨界軌跡：電子向上發(fā)射且軌跡圓與上板相切時(shí)，圓心在S下方R處，即(0,-2d),圓方程，與上板

y=2d交點(diǎn):

一無(wú)解，說(shuō)明不是這種切法。

正確切法：圓心在S的側(cè)向，例如圓心在(RcosO,Rsin0),圓與板y=2d相切，需幾何分析。

易錯(cuò)在于錯(cuò)誤判斷切點(diǎn)位置，導(dǎo)致長(zhǎng)度算錯(cuò)。

4、打到板上的比例誤判

直覺(jué)可能以為只有向上或向下某個(gè)角度內(nèi)的電子能打到板，但本題因板距S的垂直距離，所有方向電子

軌跡圓足夠大，必與板相交。

若誤以為只有一半空間方向則選50%,但這里板是無(wú)限大平面(足夠長(zhǎng))，電子朝另一側(cè)射時(shí)軌跡圓也會(huì)經(jīng)

過(guò)另一板。

三、計(jì)算題

18.如圖所示，在電場(chǎng)強(qiáng)度為E,方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，兩個(gè)相同的帶正電粒子a、b同時(shí)從。點(diǎn)以

初速度火射出，速度方向與水平方向夾角均為心已知粒子的質(zhì)量為電荷量為q,不計(jì)重力及粒子間相互

作用。求：

(1)a運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的時(shí)間1；

(2)a到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，a、b間的距離H。

【答案】(1)根據(jù)題意，不計(jì)重力及粒子間相互作用，則豎直方向上，由對(duì)。球，根據(jù)牛頓第二定律有qE=

a運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的時(shí)間，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有如sin。=at

聯(lián)立解得””騁

qE

(2)根據(jù)題意可知，兩個(gè)小球均在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，且水平方向上的初速度均為刈cos仇則兩

小球一直在同一豎直線上，斜上拋的小球豎直方向上運(yùn)動(dòng)的位移為為=也網(wǎng)2=哪y-

12a2qE

2

斜下拋的小球豎直方向上運(yùn)動(dòng)位移為切=votsin0+|at="鯉"+噂簪

乙u2q匕ZqE

則小球a到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)與小球b之間的距離％=.-2m哽

x1+x2qE

【解析】【分析】(1)a球在電場(chǎng)力作用下做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，由于電場(chǎng)力方向豎直向下，所以可以將a球

第15頁(yè)

的運(yùn)動(dòng)分解為水平方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)和豎直方向的勻減速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度大小，

利用分速度公式求a運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的時(shí)間t；

（2）兩個(gè)小球均在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，且水平方向上的初速度均為vocos。，根據(jù)豎直方向分運(yùn)動(dòng)規(guī)

律求出a到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)兩球豎直方向的分位移，再求a到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，a、b間的距離H。

19.如圖所示，在邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形區(qū)域內(nèi)，有沿+y方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一個(gè)質(zhì)量為

m，電荷量為+q帶電的粒子（不計(jì)重力）從原點(diǎn)。進(jìn)入場(chǎng)區(qū)，恰好能以火的速度沿直線勻速通過(guò)場(chǎng)區(qū)。

ky

L

2

（1）分析推斷粒子的初速度方向，判定磁感應(yīng)強(qiáng)度方向。

（2）若撤去電場(chǎng)，只保留磁場(chǎng)，其他條件不變，該帶電粒子恰好從（L,-與點(diǎn)離開場(chǎng)區(qū)，求磁感應(yīng)強(qiáng)度

的大小8。

（3）若撤去磁場(chǎng)，只保留電場(chǎng)，其他條件不變，求粒子離開場(chǎng)區(qū)的位置。

【答案】（1）解：因?yàn)榱Ｗ觿蛩龠\(yùn)動(dòng)且電場(chǎng)力沿+y方向，故洛倫茲力/■沿一y方向，而速度孫與/垂直，所以

初速度沿+無(wú)方向。洛倫茲力/沿-y方向，根據(jù)左手定則可判定磁場(chǎng)垂直于紙面向外。

（2）解：如圖

對(duì)黑色直角三角形，根據(jù)勾股定理

J/

■=r2

解得

5L

r=T

又由

B-SqL

第16頁(yè)

（3）解：設(shè)粒子從右邊界離開，則水平

L-VQt

豎直

12

y=2at

又

ma=qE=qv0B

綜合可得

y=0.4L<0.5L

故假設(shè)成立。

粒子離開場(chǎng)區(qū)的具體位置為（L,0.4L）

【解析】【分析】（1）根據(jù)左手定則判斷粒子的初速度方向和磁感應(yīng)強(qiáng)度方向；

（2）根據(jù)幾何關(guān)系和洛倫茲力提供向心力求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B；

（3）根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求粒子離開場(chǎng)區(qū)的位置。

（1）因?yàn)榱Ｗ觿蛩龠\(yùn)動(dòng)且電場(chǎng)力沿+y方向，故洛倫茲力/?沿一y方向，而速度如與/?垂直，所以初速度沿+x

方向。洛倫茲力/沿-y方向，根據(jù)左手定則可判定磁場(chǎng)垂直于紙面向外。

2

對(duì)黑色直角三角形，根據(jù)勾股定理/?+（「_S）=r2

解得r=

4

2

又由小膽=，

4mi

B=-=—：

5ql

（3）設(shè)粒子從右邊界離開，則

水平L=vQt

豎直y二2山2

又ma=qE=qv0B