高三物理《带电粒子运动》专项训练参考答案
1、(1)设两个平行金属板A 和B 间的电场强度为E ，由平衡条件，有 qE=mg 又E =
U mgd 可得金属板A 、B 间的电压U =， B板电势较高。 d q
(2)N带正电，设带电量为Q 。 设N 与M 碰前的速度为v 1，由动能定理，有 mg ⋅d -QE ⋅
32d 1
=m ν12-0 ① 22
M,N相碰后结合成一个大油滴时，大油滴速度为v ，由动量守恒定律，得 mv 1=2mv ②
结合成的大油滴恰好不与金属板B 相碰的临界条件是：大油滴运动到金属板B 时速度 为O ，由动能定理，得 2mg ⋅
1115
d -(Q +q ) E ⋅d =0-⨯2m ν2 ③由①②③得Q =q ④
3222
2、（1） 设带电粒子在平行金属板匀强电场中运动的时间为t ，由类平抛运动可知：
L =v 0t （1分）
L 12Eq
=at （1分） a =（1分）
m 22
2
m v 0
联立求解可得：E =（2分）
qL
v 2
（2） 带电粒子以速度v 飞出电场后射入匀强磁场做匀速圆周运动，由qvB =m （2分）
R v y L
sin θ=（2分） sin θ=（2分）
2R v
v y =at （1分） 联立求解可得：B =
2m v 0
（2分） qL
3、(1)画出粒子运动的轨迹如图示的三分之一圆弧 (O 1为粒子在磁场中圆周运动的圆心）：∠PO 1 C=120°设粒子在磁场中圆周运动的半径为r ， 2 r+rcos 60°= O C=x O C=x =3r/2 ……………2
B =m qv 0
v 0
r
r =
mv 0qB
12πm
粒子在磁场中圆周运动的时间t 1=T =……133qB
==粒子在电场中类平抛运动 O Q=2x =3r t 2= v v 0qB 0
2m
粒子从P 运动到Q 所用的时间t =t 1+t 2=(3+π)
2x 3r 3m
3qB
(2) 粒子在电场中类平抛运动x = 解得E =
121qE 2
at 2=t 2 ……1分 2x =v 0t 2……1分 22m
1
Bv 0 …………………1分 3
122
(3)由动能定理E KQ -mv 0=qEx …………2分 解得粒子到达Q 点时的动能为E KQ =mv 0
2
4
5（1）粒子在电场偏转
1 平行电场方向垂直电场方向d =V 0t ○
d V y
2 解得V y =V0 =t ○
22
到达A 点的速度为V =y 2+V 02=2V 0 进入磁场时速度方向与水平方向成θθ=sin -1
（2）在电场中
V y =at a =
F
F=qE m
V y V
=sin -1
V 02V 0
5 =450 ○
mV 02
9…………………………………………(1分) 解得 E = ○
qd
在磁场中粒子做匀速圆周运动，如图所示，由图得圆周运动半径
d
10 …………………………………………(2分) R ==2d ○
sin 450
mV 2
11 …………(1分) 又qBV = ○
R
得B =
mV mV 0
12 ……………(1分) = ○
qR qd
所以
E
13 …………(1分) =V 0 ○
B
d
14 ………(1分) ○V 0
1式得粒子在电场中运动时间t =（3）由○1
粒子在磁场中做圆周运动的圆心角为
π
4
15 ……… ………………(1分) ○
粒子在磁场运动时间t 2=
π/42πR πd
16 …………………(1分) ⨯= ○
2πV 4V 0
运动总时间t =t 1+t 2=
d (4+π)
17 …………………………………(1分) ○
4V 0
6、（1）微粒在加速电场中由动能定理得qU 1=
12
............. （2分） mv 0
2
解得v 0=1.0×104m/s （2）微粒在偏转电场中做类平抛运动，有 a =
qU 2
m d
v y =at =a
L
............. （2分） v 0
飞出电场时，速度偏转角的正切为
tan θ=
v y v 0
=
U 2L 1 解得 θ=30o
=2U 1d 3
进入磁场时微粒的速度是：v =
v 02=⨯104m/s cos θ3
（3）轨迹如图，由几何关系有：D =r +r sin θ 洛伦兹力提供向心力：Bqv =
mv r
2
θ) 代入数据得 D =0.1m 联立以上三式得 D =mv 0(1+s i n
qB c o θs
7、(1)设粒子经电场加速后的速度为v ，根据动能定理有
qEL =
12
mv 解得：v =2
2qEL
m
(2)粒子在磁场中完成了如图所示的部分圆运动，设其半径为R ，因洛仑兹力提供向心力，
r mv 2
所以有qvB = 由几何关系得=tan 30︒
r R
所以B =
2mEL
3qr 2
(3)设粒子在电场中加速的时间为t 1，在磁场中偏转的时间为t 2 粒子在电场中运动的时间t 1=
2L 2m L = a qE
2πR 2πm
= （2分） v qB
粒子在磁场中做匀速圆周运动，其周期为T =由于∠MON ＝120°，所以∠MO ＇N ＝60° 故粒子在磁场中运动时间 t 2=
60︒1πm
T =T = （2分） 360︒63qB
2m L πm =2mL +πmr
A 点出发到N 点离开磁场经历的时间t = t1+t 2 =+
qE
6mqEL qE 3qB
8. （1）粒子从s 1到达s 2的过程中，根据动能定理得 qU =1m υ2
当粒子打在收集板D 的中点时，粒子在磁场中运动的半径r 0=R
2q υB =m υ
粒子进入磁场后在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有
r
2
（2）根据几何关系可以求得粒子在磁场中运动的半径
qB 2R 2
解得： U =
2m
qBr
由 ② 得粒子进入磁场时速度的大小m
R 23m t == 粒子在电场中经历的时间1
3qB
粒子在磁场中经历的时间 2
r =(2R ) 2-R 2=3R
υ=
R ⋅t 2=
π
R =3m
3qB
粒子出磁场后做匀速直线运动经历的时间 t 3=
=πm υ3qB
粒子从s 1到打在收集板D 上经历的最短时间为
υ
t= t1+ t2+ t3
(3+π) m
3qB
9
10
（4）当轨迹和OP 边界相切时，离子刚好不从X 轴射出 如图所示，由几何关系，有a =r +2r
mv 2
qvB 临= B >B 临
r
11．（18分）
（1）正离子被电压为U 0的加速电场加速后速度设为v 0， 根据动能定理有eU 0=
1
mv 02 2分 2
正离子垂直射入匀强偏转电场，作类平抛运动
沿电场线方向 e E 0=m a 垂直电场方向匀速运动，有2d =v 0t 沿场强方向：d =
U 12
at 联立解得E 0=0 2d
设粒子飞出偏转电场时与平板方向的夹角为θ，则tan θ=
at
1分 v 0
解得θ＝45°；φ=θ=45° 1分 （2
）正离子进入磁场时的速度大小为v 1= 1分
解得v 1= 1分 v 12
正离子在匀强磁场中作匀速圆周运动，由洛仑兹力提供向心力，ev 1B =m 2分
R
解得离子在磁场中做圆周运动的半径
R =
1分
（3
）粒子运动的轨迹如图甲所示，根据R =
质量为4m 的离子在磁场中的运动打在S 1
，运动半径为R 1=
1分
1分
质量为16m 的离子在磁场中的运动打在S 2
，运动半径为R 2=
如图所示又ON =R 2-R 1 1分 由几何关系可知S 1和S 2
之间的距离∆s =联立解得∆s =
R 1 1分
1分
12．（18分）
解：（1）电子在平行板间做直线运动，电场力与洛伦兹力平衡
eE =ev 0B ①（2分）
而U=Ed ②（1分）
由①②两式联立解得：U =Bv 0d （1分）
（2）如右图所示，电子进入区域I 做匀速圆周运动，向上偏转，洛伦兹力提供向心力
2mv 0
③（2分） ev 0B =R
设电子在区域I 中沿着y 轴偏转距离为 y 0，区域I 的宽度为b （b =
mv 0
），则 2Be
(R -y 0) 2+b 2=R 2④（2分）
mv 0
由③④式联立解得：y 0=（1分）
2eB
因为电子在两个磁场中有相同的偏转量，故电子从区域II 射出点的纵坐标
y =2y 0=
mv 0
（2分） eB
（3）电子刚好不能从区域II 的右边界飞出，说明电子在区域II 中做匀速圆周运动的轨迹恰好与区域II 的右边界相切，圆半径恰好与区域II 宽度相同。电子运动轨迹如下图所示。设电子进入区域II 时的速度为v ，则由：
v
evB =m ⑤（2分）
r
由r =
b 得：v =
2
0 电子通过区域I 的过程中，向右做匀变速直线运动， 此
v +v
过程中平均速度=0
2
电子通过区域I 的时间：
mv 0b
（b 为区域I 的宽度）⑥（1分） 2Be
m
解得：
t 1=23
eB
电子在区域II 中运动了半个圆周，设电子做圆周运动的周期为T ，则： t 1=
()
v 2
evB =m ⑦
r
2πr
⑧（1分） T
电子在区域II 中运动的时间
T πm t 2=⑨=（1分）
2eB v =
由⑦⑧⑨式解得：t 2=
πm
eB
电子反向通过区域I 的时间仍为t 1, 所以， 电子两次经过y 轴的时间间隔： m 5m
联立解得：t =12+π) （1分） ≈
eB eB
t =2t 1+t 2
⑩（1分）
高三物理《带电粒子运动》专项训练参考答案
1、(1)设两个平行金属板A 和B 间的电场强度为E ，由平衡条件，有 qE=mg 又E =
U mgd 可得金属板A 、B 间的电压U =， B板电势较高。 d q
(2)N带正电，设带电量为Q 。 设N 与M 碰前的速度为v 1，由动能定理，有 mg ⋅d -QE ⋅
32d 1
=m ν12-0 ① 22
M,N相碰后结合成一个大油滴时，大油滴速度为v ，由动量守恒定律，得 mv 1=2mv ②
结合成的大油滴恰好不与金属板B 相碰的临界条件是：大油滴运动到金属板B 时速度 为O ，由动能定理，得 2mg ⋅
1115
d -(Q +q ) E ⋅d =0-⨯2m ν2 ③由①②③得Q =q ④
3222
2、（1） 设带电粒子在平行金属板匀强电场中运动的时间为t ，由类平抛运动可知：
L =v 0t （1分）
L 12Eq
=at （1分） a =（1分）
m 22
2
m v 0
联立求解可得：E =（2分）
qL
v 2
（2） 带电粒子以速度v 飞出电场后射入匀强磁场做匀速圆周运动，由qvB =m （2分）
R v y L
sin θ=（2分） sin θ=（2分）
2R v
v y =at （1分） 联立求解可得：B =
2m v 0
（2分） qL
3、(1)画出粒子运动的轨迹如图示的三分之一圆弧 (O 1为粒子在磁场中圆周运动的圆心）：∠PO 1 C=120°设粒子在磁场中圆周运动的半径为r ， 2 r+rcos 60°= O C=x O C=x =3r/2 ……………2
B =m qv 0
v 0
r
r =
mv 0qB
12πm
粒子在磁场中圆周运动的时间t 1=T =……133qB
==粒子在电场中类平抛运动 O Q=2x =3r t 2= v v 0qB 0
2m
粒子从P 运动到Q 所用的时间t =t 1+t 2=(3+π)
2x 3r 3m
3qB
(2) 粒子在电场中类平抛运动x = 解得E =
121qE 2
at 2=t 2 ……1分 2x =v 0t 2……1分 22m
1
Bv 0 …………………1分 3
122
(3)由动能定理E KQ -mv 0=qEx …………2分 解得粒子到达Q 点时的动能为E KQ =mv 0
2
4
5（1）粒子在电场偏转
1 平行电场方向垂直电场方向d =V 0t ○
d V y
2 解得V y =V0 =t ○
22
到达A 点的速度为V =y 2+V 02=2V 0 进入磁场时速度方向与水平方向成θθ=sin -1
（2）在电场中
V y =at a =
F
F=qE m
V y V
=sin -1
V 02V 0
5 =450 ○
mV 02
9…………………………………………(1分) 解得 E = ○
qd
在磁场中粒子做匀速圆周运动，如图所示，由图得圆周运动半径
d
10 …………………………………………(2分) R ==2d ○
sin 450
mV 2
11 …………(1分) 又qBV = ○
R
得B =
mV mV 0
12 ……………(1分) = ○
qR qd
所以
E
13 …………(1分) =V 0 ○
B
d
14 ………(1分) ○V 0
1式得粒子在电场中运动时间t =（3）由○1
粒子在磁场中做圆周运动的圆心角为
π
4
15 ……… ………………(1分) ○
粒子在磁场运动时间t 2=
π/42πR πd
16 …………………(1分) ⨯= ○
2πV 4V 0
运动总时间t =t 1+t 2=
d (4+π)
17 …………………………………(1分) ○
4V 0
6、（1）微粒在加速电场中由动能定理得qU 1=
12
............. （2分） mv 0
2
解得v 0=1.0×104m/s （2）微粒在偏转电场中做类平抛运动，有 a =
qU 2
m d
v y =at =a
L
............. （2分） v 0
飞出电场时，速度偏转角的正切为
tan θ=
v y v 0
=
U 2L 1 解得 θ=30o
=2U 1d 3
进入磁场时微粒的速度是：v =
v 02=⨯104m/s cos θ3
（3）轨迹如图，由几何关系有：D =r +r sin θ 洛伦兹力提供向心力：Bqv =
mv r
2
θ) 代入数据得 D =0.1m 联立以上三式得 D =mv 0(1+s i n
qB c o θs
7、(1)设粒子经电场加速后的速度为v ，根据动能定理有
qEL =
12
mv 解得：v =2
2qEL
m
(2)粒子在磁场中完成了如图所示的部分圆运动，设其半径为R ，因洛仑兹力提供向心力，
r mv 2
所以有qvB = 由几何关系得=tan 30︒
r R
所以B =
2mEL
3qr 2
(3)设粒子在电场中加速的时间为t 1，在磁场中偏转的时间为t 2 粒子在电场中运动的时间t 1=
2L 2m L = a qE
2πR 2πm
= （2分） v qB
粒子在磁场中做匀速圆周运动，其周期为T =由于∠MON ＝120°，所以∠MO ＇N ＝60° 故粒子在磁场中运动时间 t 2=
60︒1πm
T =T = （2分） 360︒63qB
2m L πm =2mL +πmr
A 点出发到N 点离开磁场经历的时间t = t1+t 2 =+
qE
6mqEL qE 3qB
8. （1）粒子从s 1到达s 2的过程中，根据动能定理得 qU =1m υ2
当粒子打在收集板D 的中点时，粒子在磁场中运动的半径r 0=R
2q υB =m υ
粒子进入磁场后在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有
r
2
（2）根据几何关系可以求得粒子在磁场中运动的半径
qB 2R 2
解得： U =
2m
qBr
由 ② 得粒子进入磁场时速度的大小m
R 23m t == 粒子在电场中经历的时间1
3qB
粒子在磁场中经历的时间 2
r =(2R ) 2-R 2=3R
υ=
R ⋅t 2=
π
R =3m
3qB
粒子出磁场后做匀速直线运动经历的时间 t 3=
=πm υ3qB
粒子从s 1到打在收集板D 上经历的最短时间为
υ
t= t1+ t2+ t3
(3+π) m
3qB
9
10
（4）当轨迹和OP 边界相切时，离子刚好不从X 轴射出 如图所示，由几何关系，有a =r +2r
mv 2
qvB 临= B >B 临
r
11．（18分）
（1）正离子被电压为U 0的加速电场加速后速度设为v 0， 根据动能定理有eU 0=
1
mv 02 2分 2
正离子垂直射入匀强偏转电场，作类平抛运动
沿电场线方向 e E 0=m a 垂直电场方向匀速运动，有2d =v 0t 沿场强方向：d =
U 12
at 联立解得E 0=0 2d
设粒子飞出偏转电场时与平板方向的夹角为θ，则tan θ=
at
1分 v 0
解得θ＝45°；φ=θ=45° 1分 （2
）正离子进入磁场时的速度大小为v 1= 1分
解得v 1= 1分 v 12
正离子在匀强磁场中作匀速圆周运动，由洛仑兹力提供向心力，ev 1B =m 2分
R
解得离子在磁场中做圆周运动的半径
R =
1分
（3
）粒子运动的轨迹如图甲所示，根据R =
质量为4m 的离子在磁场中的运动打在S 1
，运动半径为R 1=
1分
1分
质量为16m 的离子在磁场中的运动打在S 2
，运动半径为R 2=
如图所示又ON =R 2-R 1 1分 由几何关系可知S 1和S 2
之间的距离∆s =联立解得∆s =
R 1 1分
1分
12．（18分）
解：（1）电子在平行板间做直线运动，电场力与洛伦兹力平衡
eE =ev 0B ①（2分）
而U=Ed ②（1分）
由①②两式联立解得：U =Bv 0d （1分）
（2）如右图所示，电子进入区域I 做匀速圆周运动，向上偏转，洛伦兹力提供向心力
2mv 0
③（2分） ev 0B =R
设电子在区域I 中沿着y 轴偏转距离为 y 0，区域I 的宽度为b （b =
mv 0
），则 2Be
(R -y 0) 2+b 2=R 2④（2分）
mv 0
由③④式联立解得：y 0=（1分）
2eB
因为电子在两个磁场中有相同的偏转量，故电子从区域II 射出点的纵坐标
y =2y 0=
mv 0
（2分） eB
（3）电子刚好不能从区域II 的右边界飞出，说明电子在区域II 中做匀速圆周运动的轨迹恰好与区域II 的右边界相切，圆半径恰好与区域II 宽度相同。电子运动轨迹如下图所示。设电子进入区域II 时的速度为v ，则由：
v
evB =m ⑤（2分）
r
由r =
b 得：v =
2
0 电子通过区域I 的过程中，向右做匀变速直线运动， 此
v +v
过程中平均速度=0
2
电子通过区域I 的时间：
mv 0b
（b 为区域I 的宽度）⑥（1分） 2Be
m
解得：
t 1=23
eB
电子在区域II 中运动了半个圆周，设电子做圆周运动的周期为T ，则： t 1=
()
v 2
evB =m ⑦
r
2πr
⑧（1分） T
电子在区域II 中运动的时间
T πm t 2=⑨=（1分）
2eB v =
由⑦⑧⑨式解得：t 2=
πm
eB
电子反向通过区域I 的时间仍为t 1, 所以， 电子两次经过y 轴的时间间隔： m 5m
联立解得：t =12+π) （1分） ≈
eB eB
t =2t 1+t 2
⑩（1分）