帶電粒子在電場中的運動綜合-2023年高考物理考前沖刺高頻考點知識點突破練習（含解析）

16帶電粒子在電場中的運動綜合-2023年高考物理考前沖刺高頻

考點知識點突破練習

一.選擇題（共4小題）

1.（2022?延慶區(qū)一模）如圖所示，用洛倫茲力演示儀可以觀察電子在磁場中的運動徑跡。

圖甲是洛倫茲力演示儀的實物圖，圖乙是結(jié)構(gòu)示意圖。勵磁線圈通電后可以產(chǎn)生垂直紙

面的勻強磁場，勵磁線圈中的電流越大，產(chǎn)生的磁場越強。圖乙中電子經(jīng)電子槍中的加

速電場加速后水平向左垂直磁感線方向射入磁場。圖丙是勵磁線圈示意圖。下列關于實

驗現(xiàn)象和分析正確的是（

玻璃泡勵磁線圈

（前后各一個）-%

電子流

玻璃泡-TH

勵磁線圈電子運動軌跡卷

加速電壓

選擇檔甲實物照片選擇檔

乙機構(gòu)圖丙勵磁線圈

A.僅增大勵磁線圈中的電流，電子束徑跡的半徑變大

B.僅升高電子槍加速電場的電壓，電子束徑跡的半徑變大

C.僅使電子槍加速電壓增加到原來的2倍，電子束徑跡的半徑也增加到原來的2倍

D.要使電子形成如圖乙的運動徑跡，圖乙中勵磁線圈應通以（沿垂直紙面向里方向觀察）

逆時針方向的電流

2.（2023?東城區(qū)一模）如圖所示，真空中有一對水平放置的平行金屬板，板間有豎直向下

的勻強電場，場強大小為E,質(zhì)量為m,電荷量為+q的帶電粒子，從M點沿水平方向以

初速度vo射入板間，并打在下極板上的N點，已知MN與豎直方向成45°角，粒子的

重力可忽略不計。則（）

\\N

A.MN兩點間的距離為

qE

B.粒子在MN兩點間的運動時間為上網(wǎng)

qE

C.粒子剛到達N點時的速度大小為3vo

D.粒子剛到達N點時的速度方向與豎直方向的夾角為45°

3.（2023?西城區(qū)一模）具有相同質(zhì)子數(shù)和不同中子數(shù)的原子稱為同位素。讓氫的三種同位

素原子核（；11、和;H）以相同的速度從帶電平行板間的P點沿垂直于電場的方向射

入電場其中笊核（2H）恰好能離開電場，軌跡如圖所示。不計粒子的重力，則（）

A.；H不能離開電場

B.；H在電場中受到的電場力最大

C.；H在電場中運動的時間最短

D.在電場中運動的過程中電場力對;H做功最少

4.（2022?東城區(qū)一模）“電子能量分析器”主要由處于真空中的電子偏轉(zhuǎn)器和探測板組成。

電子偏轉(zhuǎn)器的簡化剖面結(jié)構(gòu)如圖所示，A、B表示兩個同心半圓金屬板，兩板間存在偏轉(zhuǎn)

電場，板A、B的電勢分別為＜PA、＜pBo電子從偏轉(zhuǎn)器左端的中央M進入，經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電

場后到達右端的探測板No動能不同的電子在偏轉(zhuǎn)電場的作用下到達板N的不同位置，

初動能為EkO的電子沿電勢為＜pc的等勢面C（圖中虛線）做勻速圓周運動到達板N的正

中間。動能為Eki、Ek2的電子在偏轉(zhuǎn)電場作用下分別到達板N的左邊緣和右邊緣，動能

改變量分別為|AEk左|和|AEk右|。忽略電場的邊緣效應及電子之間的相互影響。下列判斷

正確的是（）

A.偏轉(zhuǎn)電場是勻強電場B.(pA><pB

c.Eki>Ek2D.|△Ek左|>艙Ek布|

二.計算題（共8小題）

5.（2022?大連二模）某種質(zhì)譜儀由離子源、加速電場、靜電分析器、磁分析器、收集器幾

部分構(gòu)成，如圖所示加速電場的電壓為U；靜電分析器中有沿半徑方向的電場，通道中

心線MN是半徑為R的圓??；磁分析器中分布著方向垂直于紙面的勻強磁場，其左邊界

與靜電分析器的右邊界平行；由離子源發(fā)出一個質(zhì)量為m、電荷量為q的正離子（初速

度為零，重力不計）。經(jīng)加速電場加速后進入靜電分析器，沿中心線MN做勻速圓周運動，

而后由P點垂直于磁分析器的左邊界進入磁分析器中，經(jīng)過四分之一圓周從Q點射出，

并進入收集器。已知Q點與磁分析器左邊界的距離為d。求：

（1）離子離開加速電場時的速度v的大小；

（2）靜電分析器中MN處電場強度E的大?。?/p>

（3）磁分析器中磁場的磁感應強度B的大小和方向。

6.（2022?豐臺區(qū)一模）2021年4月我國空間站天和核心艙成功發(fā)射，核心艙首次使用了一

種全新的推進裝置一一霍爾推力器。其工作原理簡化如下：如圖甲所示，推力器右側(cè)陰

極逸出（初速度極?。┑囊徊糠蛛娮舆M入放電室中，放電室內(nèi)由沿圓柱體軸向的電場和

環(huán)形徑向磁場組成，電子在洛倫茲力和電場力的共同作用下運動，最終大多數(shù)電子被束

縛在一定的區(qū)域內(nèi)，與進入放電室的中性推進劑工質(zhì)（抗原子）發(fā)生碰撞使其電離：電

離后的債離子在磁場中的偏轉(zhuǎn)角度很小，其運動可視為在軸向電場力作用下的直線運動,

飛出放電室后與陰極導出的另一部分電子中和并被高速噴出，霍爾推力器由于反沖獲得

推進動力。設某次核心艙進行姿態(tài)調(diào)整，開啟霍爾推力器，電離后的債離子初速度為0,

經(jīng)電壓為U的電場加速后高速噴出，秋離子所形成的等效電流為L已知一個款離子質(zhì)

量為m,電荷量為q,忽略離子間的相互作用力和電子能量的影響，求：

（1）單位時間內(nèi)噴出瓶離子的數(shù)目N；

（2）霍爾推力器獲得的平均推力大小F；

（3）放電室中的電場和磁場很復雜，為簡化研究，將圖甲中磁場和電場在小范圍內(nèi)看作

勻強磁場和勻強電場，俯視圖如圖乙所示，設磁感應強度為B,電場強度為E。選取從

陰極逸出的某電子為研究對象，初速度可視為0,在小范圍內(nèi)運動的軌跡如圖，已知電子

質(zhì)量為me，電荷量為e,忽略電子間，電子與離子間的相互作用力，求電子在沿軸向方

向運動的最大距離Ho

XXX

------二------?

XBX、義X

------------------?

圖乙

7.（2022?平谷區(qū)一模）質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子，以速度v源源不斷地從小孔Si射

入如圖所示的速度選擇器，速度選擇器中存在互相垂直的勻強電場和勻強磁場，已知勻

強磁場的磁感應強度為Bi。粒子在速度選擇器中沿直線運動，從小孔S2射出后，從O

點射入以直線MN為邊界的勻強偏轉(zhuǎn)磁場，最終從P點射出磁場，已知該偏轉(zhuǎn)磁場的磁

感應強度為B2。整個裝置放置在真空中，不計粒子的重力及粒子間的相互作用。

（1）求速度選擇器中的勻強電場場強E的大小；

（2）求OP間的距離d和粒子在偏轉(zhuǎn)磁場中運動的時間t；

（3）粒子離開磁場時被收集。已知時間t內(nèi)收集到粒子的質(zhì)量為M,求這段時間內(nèi)粒子

束離開磁場時的等效電流I。

8.（2023?延慶區(qū)一模）如圖所示，豎直放置的A、B與水平放置的C、D為兩對正對的平

行金屬板，A、B兩板間電勢差為U,C、D兩板分別帶正電和負電，兩板間場強為E,

C、D兩極板長均為L。一質(zhì)量為m,電荷量為+q的帶電粒子（不計重力）由靜止開始

經(jīng)A、B加速后穿過C、D并發(fā)生偏轉(zhuǎn)，最后打在熒光屏上。求：

（1）粒子離開B板時速度大小v；

（2）粒子剛穿過C、D時的豎直偏轉(zhuǎn)位移y；

（3）粒子打在熒光屏上時的動能。

9.（2022?西城區(qū)一模）如圖所示，在xOy坐標系第一象限的矩形區(qū)域內(nèi)存在垂直于紙面的

勻強磁場。一帶正電的粒子在M點以垂直于y軸的方向射入磁場，并從另一側(cè)邊界的N

點射出。已知帶電粒子質(zhì)量為m,電荷量為q,入射速度為v,矩形區(qū)域的長度為L,

MN沿y軸方向上的距離為L。不計重力。

2

（1）畫出帶電粒子在磁場區(qū)域內(nèi)運動的軌跡，并求軌跡的半徑r。

（2）判斷磁場的方向，并求磁場的磁感應強度的大小B。

（3）將矩形區(qū)域內(nèi)的磁場換為平行于y軸方向的勻強電場，使該粒子以相同的速度從M

點入射后仍能從N點射出。通過計算說明，該粒子由N點射出磁場和電場時的速度方向

是否相同。

10.（2022?海淀區(qū)一模）電荷的定向移動形成電流。已知電子質(zhì)量為m,元電荷為e。

（1）如圖1所示，兩個截面不同的均勻銅棒接在電路中通以穩(wěn)恒電流，已知電子定向移

動通過導體橫截面A形成的電流為h。求At時間內(nèi)通過導體橫截面B的電子數(shù)No

（2）真空中一對半徑均為Ri的圓形金屬板P、Q圓心正對平行放置，兩板距離為d,Q

板中心鍍有一層半徑為R2（R2<RI）的圓形鋅金屬薄膜。Q板受到紫外線持續(xù)照射后，

鋅薄膜中的電子可吸收光的能量而逸出?，F(xiàn)將兩金屬板P、Q與兩端電壓UPQ可調(diào)的電

源、靈敏電流計G連接成如圖2所示的電路。

已知單位時間內(nèi)從鋅薄膜中逸出的光電子數(shù)為n、逸出時的最大動能為Ekm，且光電子逸

出的方向各不相同。忽略光電了的重力以及光電子之間的相互作用，不考慮平行板的邊

緣效應，光照條件保持不變，只有鋅金屬薄膜發(fā)生光電效應.

a.調(diào)整電源兩端電壓，使靈敏電流計示數(shù)恰好為零，求此時電壓Uc。

b.實驗發(fā)現(xiàn)，當UPQ大于或等于某一電壓值Um時靈敏電流計示數(shù)始終為最大值Im，求

Iin和Um。

C.保持R2不變，僅改變R1的大小，結(jié)合(2)a和(2)b的結(jié)論，在圖3中分別定性

畫出當RI=2R2時I隨UPQ變化的圖線①和當RI=4R2時I隨UPQ變化的圖線②。

11.(2022?東城區(qū)一模)如圖所示，密封在真空中的兩塊等大、正對的金屬板M、N豎直

平行放置，間距為d。將金屬板M、N與電源相連，兩板間的電壓大小恒為U。MN可看

作平行板電容器，忽略邊緣效應。用一束單色平行光照射金屬板M恰好發(fā)生光電效應。

金屬板M的面積為S,逸出功為W,普朗克常量為h。已知單色平行光均勻照射到整個

金屬板M上，照射到金屬板M上的功率為P,能引起光電效應的概率為中光電子從金

屬板M逸出(不計初速度)，經(jīng)過兩板間電場加速后打到金屬板N上形成穩(wěn)定的光電流,

電子打到板N上可視為完全非彈性碰撞。電子的質(zhì)量為m,電荷量為e。忽略光電子之

間的相互作用。求：

(1)該單色光的頻率v；

(2)穩(wěn)定時光電流的大小I；

(3)光電子對板N的撞擊力的大小F；

(4)通過計算說明兩金屬板間電子的分布規(guī)律。

ouo{

一十」

12.(2022?石景山區(qū)一模)示波管的結(jié)構(gòu)如圖甲所示，它由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏組成,

管內(nèi)抽成真空，兩對偏轉(zhuǎn)電極XX，、YY，相互垂直。如圖乙所示，熒光屏上有xOy直角

坐標系，坐標原點位于熒光屏的中心，x軸與電極XX，的金屬板垂直，其正方向由X，指

向X,y軸與電極YY，的金屬板垂直，其正方向由Y，指向Y。

電子槍中的金屬絲加熱后可以逸出電子，電子經(jīng)加速電極間的電場加速后進入偏轉(zhuǎn)電極

間，兩對偏轉(zhuǎn)電極分別使電子在兩個相互垂直的方向發(fā)生偏轉(zhuǎn)，最終打在熒光屏上，產(chǎn)

生一個亮斑。

已知兩對偏轉(zhuǎn)電極極板都是邊長為1的正方形金屬板，每對電極的兩個極板間距都為d,

加速電極間電壓為Uo,電子的電荷量為e,質(zhì)量為m。忽略電子剛離開金屬絲時的速度,

不計電子之間相互作用力及電子所受重力的影響。下列各情形中，電子均能打到熒光屏

上。

(1)若兩個偏轉(zhuǎn)電極都不加電壓時，電子束將沿直線運動，且電子運動的軌跡平行每塊

偏轉(zhuǎn)極板，最終打在xOy坐標系的坐標原點。求電子到達坐標原點前瞬間速度的大小vo。

(2)若在偏轉(zhuǎn)電極YY，之間加恒定電壓Ui，而偏轉(zhuǎn)電極XX，之間不加電壓，已知電極

YY，的右端與熒光屏之間的距離為L]。求電子打在熒光屏上的位置坐標。

(3)若電極XX，的右端與熒光屏之間的距離為L2,偏轉(zhuǎn)電極XX，之間加如圖丙所示的

掃描電壓。當偏轉(zhuǎn)電壓發(fā)生變化時，可利用下述模型分析：由于被加速后電子的速度較

大，它們都能從偏轉(zhuǎn)極板右端穿出極板，且時間極短，此過程中可認為偏轉(zhuǎn)極板間的電

壓不變。

(i)在偏轉(zhuǎn)電極YY，之間不加電壓時，請說明電子打在熒光屏上，形成亮斑的位置隨時

間變化的關系;

n

(ii)在偏轉(zhuǎn)電極YY，之間加電壓%=[]t時，請在圖丁中定性畫出在熒光屏上

mSint7

看到的圖形。

圖丁

三.解答題（共1小題）

13.（2023?石景山區(qū)一模）湯姆孫用來測定電子的比荷（電子的電荷量與質(zhì)量之比）的實驗

裝置如圖所示，真空管內(nèi)的陰極K發(fā)出的電子經(jīng)加速電壓Uo加速后，穿過A，中心的小

孔沿中心線OQ的方向進入到兩塊水平正對放置的平行極板P和P'間的區(qū)域，極板間距

為d。當P和P極板間不加偏轉(zhuǎn)電壓時，電子束打在熒光屏的中心O點處，形成一個亮

點。不計電子從陰極K發(fā)出的初速度、所受重力和電子間的相互作用，不考慮相對論效

（1）若測得電子穿過N中心的小孔沿中心線OQ方向勻速運動的速度vo,求電子的比

荷；

（2）已知P和P'極板水平方向的長度為Li，它們的右端到熒光屏中心O點的水平距離

為L2，當P和P'極板間加上偏轉(zhuǎn)電壓U后，亮點偏離到0,點（CT與O點水平距離可忽

略不計）。

①小明同學認為若測出0,與O點的豎直距離h,就可以求出電子的比荷。請通過分析和

推理判斷小明的觀點是否正確。

②在兩極板P和P'間的區(qū)域再加上磁場，調(diào)節(jié)磁場的強弱和方向，通過分析電子在P和

P'間的運動情況可求出電子的速度。請說明確定電子速度的方法。

16帶電粒子在電場中的運動綜合-2023年高考物理考前沖刺高頻

考點知識點突破練習

參考答案與試題解析

選擇題（共4小題）

1.（2022?延慶區(qū)一模）如圖所示，用洛倫茲力演示儀可以觀察電子在磁場中的運動徑跡。

圖甲是洛倫茲力演示儀的實物圖，圖乙是結(jié)構(gòu)示意圖。勵磁線圈通電后可以產(chǎn)生垂直紙

面的勻強磁場，勵磁線圈中的電流越大，產(chǎn)生的磁場越強。圖乙中電子經(jīng)電子槍中的加

速電場加速后水平向左垂直磁感線方向射入磁場。圖丙是勵磁線圈示意圖。下列關于實

驗現(xiàn)象和分析正確的是（)

玻璃泡J勵磁線圈

（前后各一個）

玻璃泡電子漪

勵磁線圈T

電子運動軌跡三IJI上->

加速電壓J------------一-'勵磁電流

選擇檔選捺檔

甲實物照片達洋舊乙機構(gòu)圖丙勵磁線圈

A.僅增大勵磁線圈中的電流，電子束徑跡的半徑變大

B.僅升高電子槍加速電場的電壓，電子束徑跡的半徑變大

C.僅使電子槍加速電壓增加到原來的2倍，電子束徑跡的半徑也增加到原來的2倍

D.要使電子形成如圖乙的運動徑跡，圖乙中勵磁線圈應通以（沿垂直紙面向里方向觀察）

逆時針方向的電流

【答案】B

【解答】解：AB、電子經(jīng)電子槍中的加速電場加速，由動能定理可知eU卷mv：①，電

2

子在勻強電場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，則有eBvn=」?②，解得

0r

mv0

③，加速電壓不變，僅增大勵磁線圈中的電流，磁感應強度B增大,

電子束徑跡的半徑變小；僅升高電子槍加速電場的電壓U,電子束徑跡的半徑r變大，

故A錯誤，B正確。

C、僅使電子槍加速電壓增加到原來的2倍，由③式可知，則電子束徑跡的半徑增加到原

來的加倍，故C錯誤；

D、若勵磁線圈通以逆時針方向的電流，由安培定則可知，產(chǎn)生的磁場方向向外，由左手

定則可知，電子射入磁場時所受的洛倫茲力向下，電子運動的徑跡不可能是圖乙所示，

故D錯誤。

故選:B?

2.（2023?東城區(qū)一模）如圖所示，真空中有一對水平放置的平行金屬板，板間有豎直向下

的勻強電場，場強大小為E,質(zhì)量為m,電荷量為+q的帶電粒子，從M點沿水平方向以

初速度vo射入板間，并打在下極板上的N點，己知MN與豎直方向成45°角，粒子的

重力可忽略不計。則（）

、\N

A.MN兩點間的距離為

qE

B.粒子在MN兩點間的運動時間為一1

qE

C.粒子剛到達N點時的速度大小為3Vo

D.粒子剛到達N點時的速度方向與豎直方向的夾角為45°

【答案】A

【解答】解：AB、根據(jù)題意可知帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，設粒子在N點速

度與水平方向夾角為。，粒子在豎直方向的速度為vy,由類平拋運動可知tan0=2tan45°

根據(jù)vy=at,a=&&聯(lián)立解得t=^曳；粒子在水平方向的位移*=丫03再根據(jù)

vymqE

2

mVo

得

解

幾何關系可知，MN之間的距離s=&x,故A正確，B錯誤;

CD、粒子到達N點時的速度粒子剛

V?2vn

到達N點時的速度方向與豎直方向的夾角tana=3l=—^=2￥tan45°=1,故CD錯

v0v0

誤；

故選：Ao

3.（2023?西城區(qū)一模）具有相同質(zhì)子數(shù)和不同中子數(shù)的原子稱為同位素。讓氫的三種同位

素原子核（產(chǎn)、滬和;H）以相同的速度從帶電平行板間的P點沿垂直于電場的方向射

入電場，其中笊核（2H）恰好能離開電場，軌跡如圖所示。不計粒子的重力，則（）

I=3+

I1—

A.；H不能離開電場

B.；H在電場中受到的電場力最大

C.；H在電場中運動的時間最短

D.在電場中運動的過程中電場力對;H做功最少

【答案】A

【解答】解：A、三種粒子在電場中均做類平拋運動，設金屬板的長度為L,P點距底板

的距離為h,則由平拋運動的相關知識可得卜」?典弋2,L=vt

2m

2

聯(lián)立解得h出、，分析可知，能否離開電場與比荷有關，笊核申H恰好能離開電場，

2mv2

則可知;H不能離開電場，故A正確；

B、電場力大小為F=Eq,同一電場，E相同，三種粒子所帶電荷量相同，故三種粒子在

電場中所受電場力大小相等，故B錯誤；

C、三種粒子的初速度相同，;H不能離開電場，水平位移最小，由*=式知可知;H在電

場中運動的時間最短，；H和;H都能離開電場，則在電場中運動的時間相同，故C錯誤;

D、電場力做功為W=Eqd,電荷量相同，電場強度相同，分析可知;H、:H在電場中運

動的豎直位移相等，而;H在電場中運動的豎直位移最小，因此在電場中運動的過程中電

場力對;H做功最少，故D錯誤。

故選：Ao

4.（2022?東城區(qū)一模）“電子能量分析器”主要由處于真空中的電子偏轉(zhuǎn)器和探測板組成。

電子偏轉(zhuǎn)器的簡化剖面結(jié)構(gòu)如圖所示，A、B表示兩個同心半圓金屬板，兩板間存在偏轉(zhuǎn)

電場，板A、B的電勢分別為<PA、<PB。電子從偏轉(zhuǎn)器左端的中央M進入，經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電

場后到達右端的探測板N。動能不同的電子在偏轉(zhuǎn)電場的作用下到達板N的不同位置，

初動能為Eko的電子沿電勢為<pc的等勢面C（圖中虛線）做勻速圓周運動到達板N的正

中間。動能為Eki、Ek2的電子在偏轉(zhuǎn)電場作用下分別到達板N的左邊緣和右邊緣，動能

改變量分別為I△Ek左|和|AEk右|。忽略電場的邊緣效應及電子之間的相互影響。下列判斷

A.偏轉(zhuǎn)電場是勻強電場B.<pA><PB

C.Eki>Ek2D.|AEkd>|AEkd

【答案】D

【解答】解：AB、電子（帶負電）做圓周運動,電場力方向指向球心，電場方向從B指

向A,則電場不是勻強電場且B板電勢高于A板電勢，故AB錯誤;

C、相較于做勻速圓周運動的電子，動能為Eki的電子在做近心運動，動能為Ek2電子在

做離心運動，可知Eki<Ek2,故C錯誤

D、根據(jù)電場線特點，等勢面B與C之間的電場強度大于C與A之間的電場強度，考慮

到等勢面間距相等,有|<pB-（pc|>|（pA-tpc|,根據(jù)動能定理，有AEk=qU

BP|AEk￡|>|AEk?|,故D正確;

故選：D。

二.計算題（共8小題）

5.（2022?大連二模）某種質(zhì)譜儀由離子源、加速電場、靜電分析器、磁分析器、收集器幾

部分構(gòu)成，如圖所示加速電場的電壓為U；靜電分析器中有沿半徑方向的電場，通道中

心線MN是半徑為R的圓??；磁分析器中分布著方向垂直于紙面的勻強磁場，其左邊界

與靜電分析器的右邊界平行；由離子源發(fā)出一個質(zhì)量為m、電荷量為q的正離子(初速

度為零，重力不計)。經(jīng)加速電場加速后進入靜電分析器，沿中心線MN做勻速圓周運動，

而后由P點垂直于磁分析器的左邊界進入磁分析器中，經(jīng)過四分之一圓周從Q點射出,

并進入收集器。已知Q點與磁分析器左邊界的距離為d。求：

(1)離子離開加速電場時的速度v的大??；

(2)靜電分析器中MN處電場強度E的大小;

B的大小和方向。

離子源

【答案】(1)離子離開加速電場時的速度v的大小為、觸；

Vm

(2)靜電分析器中MN處電場強度E的大小為型；

R

(3)磁分析器中磁場的磁感應強度B的大小為工國^

方向垂直紙面向外。

dVq

【解答】解：(1)設離子離開加速電場的速度為v,離子在加速電場中加速的過程中，根

據(jù)動能定理可得：qU=Amv2-0

2

解得:

(2)在通過靜電分析器通過時，離開沿半徑為R的圓弧運動，電場力提供向心力，由此

2

可得：qE=my

R

將之前求出速度v代入可化簡得：E=2U

R

(3)離子進入磁分析器中做勻速圓周運動，離子在靜電分析器中受電場力指向圓心，可

知粒子帶正電，在磁分析器中沿順時針轉(zhuǎn)動，所受洛倫茲力指向圓心，根據(jù)左手定則，

磁分析器在勻強磁場方向垂直于紙面向外，

由牛頓第二定律可得：qvB=

由題意離子經(jīng)上圓周打在Q點，由幾何關系有：r=d

聯(lián)立以上等式可得：B=

(2)靜電分析器中MN處電場強度E的大小為生;

R

(3)磁分析器中磁場的磁感應強度B的大小為工削，方向垂直紙面向外。

6.(2022?豐臺區(qū)一模)2021年4月我國空間站天和核心艙成功發(fā)射，核心艙首次使用了一

種全新的推進裝置一一霍爾推力器。其工作原理簡化如下：如圖甲所示，推力器右側(cè)陰

極逸出(初速度極小)的一部分電子進入放電室中，放電室內(nèi)由沿圓柱體軸向的電場和

環(huán)形徑向磁場組成，電子在洛倫茲力和電場力的共同作用下運動，最終大多數(shù)電子被束

縛在一定的區(qū)域內(nèi)，與進入放電室的中性推進劑工質(zhì)(抗原子)發(fā)生碰撞使其電離：電

離后的敬離子在磁場中的偏轉(zhuǎn)角度很小，其運動可視為在軸向電場力作用下的直線運動,

飛出放電室后與陰極導出的另一部分電子中和并被高速噴出，霍爾推力器由于反沖獲得

推進動力。設某次核心艙進行姿態(tài)調(diào)整，開啟霍爾推力器，電離后的債離子初速度為0,

經(jīng)電壓為U的電場加速后高速噴出，急離子所形成的等效電流為I。已知一個款離子質(zhì)

量為m,電荷量為q,忽略離子間的相互作用力和電子能量的影響，求：

(1)單位時間內(nèi)噴出敬離子的數(shù)目N；

(2)霍爾推力器獲得的平均推力大小F；

(3)放電室中的電場和磁場很復雜，為簡化研究，將圖甲中磁場和電場在小范圍內(nèi)看作

勻強磁場和勻強電場，俯視圖如圖乙所示，設磁感應強度為B,電場強度為E。選取從

陰極逸出的某電子為研究對象，初速度可視為0,在小范圍內(nèi)運動的軌跡如圖，已知電子

質(zhì)量為me，電荷量為e,忽略電子間，電子與離子間的相互作用力，求電子在沿軸向方

向運動的最大距離H。

/抽電室

推進劑

工質(zhì)\?離子

----------------------?E

XXXX

-------------7^---------?

陽極電子XX'、xX

軸向電場/------二-----?

徑向磁場＜XBX'、義X

----------------?

圖甲圖乙

【答案】（1）單位時間內(nèi)噴出款離子的數(shù)目為工;

（2）霍爾推力器獲得的平均推力大小為

（3）電子在沿軸向方向運動的最大距離為士吧

B2e

【解答】解：（1）由電流定義，等效電流i=^f=Nq

解得：N』；

q

（2）以At內(nèi)噴出的n個值離子為研究對象，設疏離子噴出速度為v,由動能定理:

_12

qUTI下mv

由動量定理：FAt=nmv-0,F=Nmv

聯(lián)立得：F'=lj逋；

由牛頓第三定律得，推力器獲得推力：F=『=lj應；

（3）設電子運動到軸向最大距離H時的速度為Vm,方向垂直于E,將任意時刻電子的

速度V分解在沿E方向和垂直于E方向上，分別為VI、V2,與VI對應的洛倫茲力f2垂直

E方向向上，大小為f2=Bevi

電子由靜止運動到最大距離過程中，垂直E方向應用動量定理得：

Sf2^t=XBevjAt=BeSv1At=BeH=mevjn-0

2

電子由靜止運動到最大距離的過程中，由動能定理得：EeH-lmv_0

2evmv

聯(lián)立解得：H=——o

B2e

答：（1）單位時間內(nèi)噴出債離子的數(shù)目為工；

q___

（2）霍爾推力器獲得的平均推力大小為

n_R

（3）電子在沿軸向方向運動的最大距離為一二~。

B2e

7.（2022?平谷區(qū)一模）質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子，以速度v源源不斷地從小孔Si射

入如圖所示的速度選擇器，速度選擇器中存在互相垂直的勻強電場和勻強磁場，已知勻

強磁場的磁感應強度為Bi。粒子在速度選擇器中沿直線運動，從小孔S2射出后，從O

點射入以直線MN為邊界的勻強偏轉(zhuǎn)磁場，最終從P點射出磁場，已知該偏轉(zhuǎn)磁場的磁

感應強度為B2。整個裝置放置在真空中，不計粒子的重力及粒子間的相互作用。

（1）求速度選擇器中的勻強電場場強E的大??；

（2）求OP間的距離d和粒子在偏轉(zhuǎn)磁場中運動的時間t；

（3）粒子離開磁場時被收集。已知時間t內(nèi)收集到粒子的質(zhì)量為M,求這段時間內(nèi)粒子

束離開磁場時的等效電流I。

【答案】（1）速度選擇器中的勻強電場場強E的大小為vBi；

（2）OP間的距離d為紈和粒子在偏轉(zhuǎn)磁場中運動的時間t為」皿；

qB2qB2

（3）這段時間內(nèi)粒子束離開磁場時的等效電流I為典。

mt

【解答】解：（1）粒子在速度選擇器中做勻速直線運動，根據(jù)平衡條件得:

qE=qvBi

解得：E=vBi

（2）粒子在偏轉(zhuǎn)磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力得:

v2

B2qv=m-

粒子軌跡為二分之一圓周，可知OP間的距離為：d=2R

聯(lián)立解得:

粒子在偏轉(zhuǎn)磁場中做圓周運動的周期：TW顯

V

粒子在偏轉(zhuǎn)磁場中運動的時間：tdT

T2

聯(lián)立解得：

（3）設時間t內(nèi)收集到的粒子數(shù)為N,根據(jù)題意得：M=Nm

根據(jù)電流定義得：I丹

聯(lián)立解得等效電流為：1」應

mt

答：（1）速度選擇器中的勻強電場場強E的大小為vBi；

（2）OP間的距離d為紈和粒子在偏轉(zhuǎn)磁場中運動的時間t為？皿；

qB2qB2

（3）這段時間內(nèi)粒子束離開磁場時的等效電流I為典。

mt

8.（2023?延慶區(qū)一模）如圖所示，豎直放置的A、B與水平放置的C、D為兩對正對的平

行金屬板，A、B兩板間電勢差為U,C、D兩板分別帶正電和負電，兩板間場強為E,

C、D兩極板長均為L。一質(zhì)量為m,電荷量為+q的帶電粒子（不計重力）由靜止開始

經(jīng)A、B加速后穿過C、D并發(fā)生偏轉(zhuǎn)，最后打在熒光屏上。求：

（1）粒子離開B板時速度大小v；

（2）粒子剛穿過C、D時的豎直偏轉(zhuǎn)位移y；

（3）粒子打在熒光屏上時的動能。

【答案】（1）粒子帶正電，粒子離開B板時速度大小v為停;

EL2

（2）粒子剛穿過C、D時的豎直偏轉(zhuǎn)位移y為

~4U~

22

（3）粒子打在熒光屏上時的動能為口⑴2L

-）。

"24U

【解答】解：（1）粒子在AB極板間運動只受電場力作用，對粒子在AB間運動應用動

2

能定理可得：qU=lmv

變形解得：v=匿

(2)粒子在CD間運動初速度水平，合外力即電場力方向豎直向下，粒子做類平拋運動，

根據(jù)類平拋運動規(guī)律，水平方向有：L=vt

沿電場線方向有：y=—at2

2

根據(jù)牛頓第二定律得：qE=ma

聯(lián)立解得：丫=里一。

4U

(3)在加速電場中，加速電場做的功：W=Uq。在偏轉(zhuǎn)電場中，電場力做的功：W'-

p2T2

Eqy=ELq。

4U

當打在屏上時根據(jù)動能定理有：W+W'=Ek

22

代入數(shù)據(jù)可得：Ek=q(U+^~J)

q24u，

答：(1)粒子帶正電，粒子離開B板時速度大小V為陪

2

(2)粒子剛穿過C、D時的豎直偏轉(zhuǎn)位移y為端1

22

(3)粒子打在熒光屏上時的動能為q(u+^A)。

9.(2022?西城區(qū)一模)如圖所示，在xOy坐標系第一象限的矩形區(qū)域內(nèi)存在垂直于紙面的

勻強磁場。一帶正電的粒子在M點以垂直于y軸的方向射入磁場，并從另一側(cè)邊界的N

點射出。已知帶電粒子質(zhì)量為m,電荷量為q,入射速度為v,矩形區(qū)域的長度為L,

MN沿y軸方向上的距離為上不計重力。

(1)畫出帶電粒子在磁場區(qū)域內(nèi)運動的軌跡，并求軌跡的半徑r。

(2)判斷磁場的方向，并求磁場的磁感應強度的大小B。

(3)將矩形區(qū)域內(nèi)的磁場換為平行于y軸方向的勻強電場，使該粒子以相同的速度從M

點入射后仍能從N點射出。通過計算說明，該粒子由N點射出磁場和電場時的速度方向

是否相同。

【答案】（1）帶電粒子在磁場區(qū)域內(nèi)運動的軌跡圖見解答，軌跡的半徑r為_|L。

（2）磁場的方向垂直紙面向外，磁場的磁感應強度的大小B為細L

5qL

（3）該粒子由N點射出磁場和電場時的速度方向不相同。

【解答】解：（1）粒子在磁場區(qū)域內(nèi)運動的軌跡圖如圖所示。

由幾何關系可得：（r-L）2+L2=r

2

解得：r=Xi；

4

（2）粒子帶正電，在磁場中順時針偏轉(zhuǎn)，由左手定則判斷可知：磁場方向垂直紙面向外。

2

由洛倫茲力提供向心力得：qvB=mJ

r

解得：B=^.

（3）設粒子由N點射出磁場時速度方向與x軸夾角為a,由幾何關系可得：

a=8,而sin0=—即sina=A

r55

粒子在電場中由M到N的過程做類平拋運動，沿+x方向做勻速直線運動的位移為L,

沿-y方向做勻加速直線運動的位移為L,設在N點射出的速度的方向與x軸正方向的

2

夾角為魚根據(jù)類平拋運動的性質(zhì)：末速度反向延長交勻速直線運動方向的位移的中點,

則有：

L

n51

tanP=—=1

~2

可得：sin0=F^

2

因sinaWsinp,故aW0,該粒子由N點射出磁場和電場時的速度方向不相同。

答：（1）帶電粒子在磁場區(qū)域內(nèi)運動的軌跡圖見解答，軌跡的半徑r為§L。

4

（2）磁場的方向垂直紙面向外，磁場的磁感應強度的大小B為馴。

5qL

（3）該粒子由N點射出磁場和電場時的速度方向不相同。

10.（2022?海淀區(qū)一模）電荷的定向移動形成電流。已知電子質(zhì)量為m,元電荷為e。

（1）如圖1所示，兩個截面不同的均勻銅棒接在電路中通以穩(wěn)恒電流，已知電子定向移

動通過導體橫截面A形成的電流為Ii?求At時間內(nèi)通過導體橫截面B的電子數(shù)No

（2）真空中一對半徑均為Ri的圓形金屬板P、Q圓心正對平行放置，兩板距離為d,Q

板中心鍍有一層半徑為R2（R2<RI）的圓形鋅金屬薄膜。Q板受到紫外線持續(xù)照射后，

鋅薄膜中的電子可吸收光的能量而逸出?，F(xiàn)將兩金屬板P、Q與兩端電壓UPQ可調(diào)的電

源、靈敏電流計G連接成如圖2所示的電路。

已知單位時間內(nèi)從鋅薄膜中逸出的光電子數(shù)為n、逸出時的最大動能為Ekrn，且光電子逸

出的方向各不相同。忽略光電了的重力以及光電子之間的相互作用，不考慮平行板的邊

緣效應，光照條件保持不變，只有鋅金屬薄膜發(fā)生光電效應。

a.調(diào)整電源兩端電壓，使靈敏電流計示數(shù)恰好為零，求此時電壓Uc。

b.實驗發(fā)現(xiàn)，當UPQ大于或等于某一電壓值Um時靈敏電流計示數(shù)始終為最大值Im，求

Im和Um°

c.保持R2不變，僅改變R1的大小，結(jié)合（2）a和（2）b的結(jié)論，在圖3中分別定性

畫出當RI=2R2時I隨UPQ變化的圖線①和當Ri=4Rz時I隨UPQ變化的圖線②。

【答案】（1）At時間內(nèi)通過導體橫截面B的電子數(shù)為LiAt；

e

（2）a、調(diào)整電源兩端電壓，使靈敏電流計示數(shù)恰好為零，此時電壓為上；

e

4d2E

b、靈敏電流計示數(shù)最大值為ne,對應的某一電壓值Um為--------

etRj-Rg）2

c、圖象見解析。

【解答】解：（1）根據(jù)1=等，得單位時間通過導體橫截面A的電子數(shù)ni=D

△te

因為單位時間通過導體橫截面A的電子數(shù)與通過導體橫截面B的電子數(shù)相等，所以時間

△t內(nèi)通過導體橫截面B的電子數(shù)：N=niAt=』~At；

e

（2）a、以具有最大動能且沿垂直金屬板運動的電子為研究對象，若其剛到達P板時速

度剛好減小到0,則不會有電子經(jīng)過靈敏電流計G,此為I為零的臨界情況，意味著UpQ

V0。

光電子由Q板到P板的過程中，根據(jù)動能定理，有：-eUc=O-Ekm,

解得Uc="2

e

b、當UpQ>0時，若從鋅膜邊緣平行Q板射出的動能最大的光電子做勻變速曲線（類平

拋）運動，剛好能到達P板邊緣時，則所有電子均能到達P板，此時電源兩端電壓為Um。

設電子的初速度為v、運動時間為t。

電流的最大值Im=ne

eU

根據(jù)牛頓第二定律，光電子運動的加速度：a=—叫

md

平行于金屬板方向的運動有：Ri-R2=vt

垂直于金屬板方向的運動有：d=Aat2

2

2

光電子最大動能與初速度關系：Ekm=lmv

聯(lián)立可得Um=-4d-~皿??；

2

e（Rj-R2）

C、結(jié)合上述結(jié)論，可定性畫出I隨UpQ變化的圖線如圖所示。

答：（1）At時間內(nèi)通過導體橫截面B的電子數(shù)為—At；

e

（2）a、調(diào)整電源兩端電壓，使靈敏電流計示數(shù)恰好為零，此時電壓為空之

4d2E

b,靈敏電流計示數(shù)最大值為ne,對應的某一電壓值Um為-------吟