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考前30 天最新模拟题计算题满分精练
专题9. 带电粒子在匀强电场中的偏转
1. (2024 年2 月江西红色十校联考)某种负离子空气净化原理如图所示(由空气和带负电的灰尘颗粒物"视为
小球””组成的混 合气流进入由一对平行金属板构成的收集器(在收集器中空气和带电颗粒沿板方向的速
度保持不变(在匀强电场作用下带电颗粒打到金属板上被收集,不考虑重力影响和颗粒 间相互作用(颗粒在垂
直板方向所受阻力与其相对于空气 的速度v 方向相反,大小为f=kvr,其中r 为颗粒的半径,k 为常量(假设颗粒
在金属板间经极短时间加速达到最大速 度(已知颗粒的电荷量与其半径的二次方成正比). 进入收 集器的均
匀混合气流包含了直径为20μm 和9μm 的两种 颗粒, 若20μm 的颗粒恰好100%被收集, 则9μm 的颗
粒 被收集的百分比为
A.75% B. 55% C. 45% D. 15%
【参考答案】C
【名师解析】设金属板长度为 L，间距为 d，则水平方向有 L=v0t。20μm 带电荷量 q1的颗粒恰好 100%
被收 集，颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度，竖直方向有 q1E=kr1v1，d= v1t。
9μm 的颗粒带电荷量为 q2
q1, ，竖直方向有 q2E=kr2v2，d2= v2t，
联立解得d2
d ， 则 9μm 的颗粒被收集的百分比为
=
× 100% =45% ，故本题答案为 C。
2. （2024 北京西城期末）如图所示，在真空中有一对带电的平行金属板水平放置。让质子（
）和α 粒
子（
）以相同的初速度从两极板中央沿平行板面的方向射入电场，它们均能离开电场。忽略重力及粒
子间的相互作用力。下列说法正确的是（ ）
1
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A. 它们受到的电场力相同
B. 它们在电场中运动的时间相同
C. 它们将从同一位置离开电场
D. 它们离开电场时速度方向不同
【参考答案】BD
【名师解析】
根据
可知，两粒子带电荷量不同，因此在同一匀强电场中受到的电场力大小不同，故A 错误；
水平方向不受力，均做匀速直线运动，设极板长为L，则他们在电场中的运动时间均为
，故B 正确；
竖直方向上，有
，因两粒子比荷不同，故离开电场的位置不同，故C 错误；
根据
，
因两粒子比荷不同，故离开电场时速度方向不同，故D 正确；
3. （2024 河南焦作一模）如图所示，
长方体空间区域处在匀强电场中，ac 是其中的一条
电场线，
，
，
，顶点a、c 的电势分别为
、
。大量带正电的同
种粒子以不同的速率从ac 线上不同点沿
方向射入匀强电场，均能经过顶点
。不计粒子的重力及粒
子间相互作用，带电粒子的比荷为
。求：
（1）匀强电场
电场强度
的大小；
2
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（2）b 点的电势
；
（3）从a 点射入的带电粒子的速度大小
；
（4）若带电粒子中的某一粒子从顶点
离开时的速率
最小，求该带电粒子从ac 线上射入的位置到c 点
的距离，并求出该最小速率
（结果可带根号）。
【参考答案】（1）
；（2）
；（3）
；
（4）射入点与c 距离为2cm，
【名师解析】
（1）沿电场线方向电势降低，根据
（2）根据电场线与等势线垂直，如图所示，作
根据几何关系可知
3
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则
其中
解得
（3）粒子在电场中做类平抛运动，则
解得
根据
解得
（4）如图所示
设射入点与c 距离为h，则
解得
4
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其中
故
当
时，即
速度有最小值，最小值为
11. （2024 四川成都一诊）如图，在第一象限0≤x≤2L 区域内存在沿y 轴正方向的匀强电场
（未知），
2L<x≤4L 区域内存在沿x 轴正方向的匀强电场
（未知）。一个质量为m、电荷量为q 的带正电粒子，以
速率
从坐标原点O 沿x 轴正方向进入电场并依次通过
和
两点。不计粒子的重力。
已知L、m、q 和
，求：
（1）粒子运动至A 点的速度大小；
（2）场强
的大小。
5
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【参考答案】（1）
；（2）
【名师解析】
（1）粒子在电场
中x 方向做匀速直线运动，y 方向做初速度为零的匀加速直线运动
x 方向
y 方向
在A 点处的速度大小为
（2）粒子在电场
中x 方向做初速度不为零
匀加速直线运动，y 方向做匀速直线运动，y 方向
x 方向
由牛顿第二定律有
联立解得
6
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15. （2024 河北昌黎一中第六次调研）如图所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图.在
oxy 平面的ABCD 区域内，存在两个场强大小均为E 的匀强电场和II，两电场的边界均是边长为L 的正方
形（不计电子所受重力）.
（1）在该区域AB 边的中点处由静止释放电子，求电子离开ABCD 区域的位置坐标.
（2）在电场I 区域内某一位置（设其坐标为x、y）由静止释放电子，电子恰能从ABCD 区域左下角D 处
离开，求满足这一条件的释放点x 与y 满足的关系.
（3）若将左侧电场II 整体水平向右移动
，仍使电子从ABCD 区域左下角D 处离开（D 不随电场
移动），求满足这一条件的释放点x 与y 满足的关系.
【答案】（1）（
，
L）；（2）
；（3）
【解析】
【详解】（1）设电子的质量为
，电量为e，电子在电场中做匀加速直线运动，出区域I 时的速度为
，
此后进入电场II 做类平抛运动，假设电子从CD 边射出，出射点纵坐标为y，由动能定理得
水平方向
竖直方向
7
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解得
所以原假设成立，即电子离开ABCD 区域的位置坐标为（
，
L）
（2）设释放点在电场区域中，其坐标为
，在电场中电子被加速到
，然后进入电场II 做类平抛
运动，并从D 点离开，由动能定理得
水平方向
竖直方向
解得
即在电场I 区域内满足方程的点即为所求位置；
（3）设电子从
点释放，在电场中加速到
，进入电场II 后做类平抛运动，在高度为
处离开电场
II 时的情景与（2）中类似，然后电子做匀速直线运动，经过D 点，由动能定理得
水平方向
竖直方向
8
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竖直分速度
解得
即在电场I 区域内满足方程的点即为所求位置；
13. (2024 河北石家庄期末)如图所示的示波管模型中，电荷量为、质量为
的电子从灯丝K 发出，经加
速电场加速后，从中心孔S 沿极板中心线
以速度
水平射入平行板电容器，穿出偏转电场后，又经过
一段匀速直线运动，最后打到荧光屏上的
点。已知平行板电容器两极板间的电压为
，板长为
，两极
板间的距离为
，偏转电场两极板右端到荧光屏的距离为
，不计电子重力。
（1）求荧光屏上
两点间的距离；
（2）将平行板电容器与电源断开，仅增大两极板间距，发现电子仍打到若光屏上的
点，请列式说明原
因。
9
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【参考答案】（1）
；（2）答案见解析
【名师解析】
（1）粒子在偏转电场中做类平抛运动，如图所示：
垂直电场方向有
沿电场方向
侧移量
解得
由几何关系可知
10
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得荧光屏上间的距离
（2）因电容器与电源断开，两板上所带电量不变，根据
解得
仅增大两极板间距，板间电场强度不变，带电粒子在电场中的受力情况不变，则运动情况不变，故该电子
仍能打到若光屏上而显示亮点
。
13. (2024 天津宁河区期末)如图所示，在第Ⅰ象限内有沿
轴负方向的匀强电场，场强为
；第Ⅱ
象限内放置静电分析器，静电分析器中电场的方向沿半径指向圆心（原点）；第Ⅲ象限内有沿
轴负方向
的匀强电场，
，在
处有一足够大平行于
轴的荧光屏；质量为
、电荷量为
的粒
子从第Ⅰ象限内
点
由静止释放，进入第Ⅱ象限的静电分析器恰好做匀速圆周运动，之后进入第
Ⅲ象限，打在荧光屏上
点，粒子重力忽略不计。求：
（1）粒子由
点运动到
轴正半轴时的速度
；
11
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（2）第II 象限场强
与
的大小之比
；
（3）粒子打在
点处的位置坐标；
（4）粒子打在
点时的速度大小
。
【参考答案】（1）
；（2）2；（3）（
，
）；（4）
【名师解析】
（1）粒子由
点运动到
轴正半轴时的速度
解得
（2）粒子在第Ⅱ象限内的电场中做匀速圆周运动，则
解得
所以
12
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（3）带电粒子在第Ⅲ象限内沿y 轴负方向做匀速直线运动
x 轴方向
所以
点处的位置坐标（
，
）。
（4）根据
，
所以
14. （2024 黑龙江六校联盟2 月联考）如图所示，两带电水平金属极板M、N 的长度为L=0.6m，间距为
d=0.5m，
为极板右边界，
的右侧存在竖直向下的匀强电场，电场强度为E=10N/C。光滑绝缘圆弧
轨道ABC 竖直放置，A 与
在同一竖直线上，圆弧AB 的圆心角
，BC 是竖直直径。小球以
v0=3m/s 的水平速度从左侧飞入极板间，飞离极板后恰好从A 点沿切线方向进入圆弧轨道。已知小球带正
电，质量m=1.0kg，电荷量q=0.5C，重力加速度g=10m/s2，cos53°=0.6，不计空气阻力。求：
（1）小球在A 点的速度大小vA；
（2）M、N 极板间的电势差U；
（3）若小球沿圆弧轨道恰能到达最高点C，求半径R。
13
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【答案】（1）
；（2）
；（3）
【解析】
【详解】（1）小球恰好从A 点沿切线方向进入圆弧轨道，则在A 点速度大小为
（2）小球在平行金属板间做类平抛运动，带电粒子在平行板中运动时间为
在A 点，竖直分速度为
解得
由牛顿第二定律得
又
联立解得M、N 极板间的电势差为
（3）若小球沿圆弧轨道恰能到达最高点C，则在C 点满足
由动能定理可得
14
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联立解得
14. （2024 黑龙江齐齐哈尔名校联盟期末联考）如图所示，在直角坐标系
平面内，
的虚线
上方有电场强度方向沿y 轴正方向足够大的匀强电场，在y 轴上有一坐标为（
，
）的放射源
，在如图
范围内，发射初速度大小均为
的电子，x 轴上有一个足够大的荧光屏，每个
电子打到荧光屏上的动能为
，电子电量为
，质量为
，整个装置
放在真空中，不计电子的重力，求：
（1）匀强电场的场强大小；
（2）平行x 轴正方向的电子在离开电场前沿x 轴方向前进的距离；
（3）电子打到x 轴的荧光屏上离O 点的最大距离。
【答案】（1）
；（2）0.5m；（3）0.75m
【解析】
【详解】（1）设匀强电场的场强大小为
，电子从发射到打到荧光屏过程，根据动能定理可得
可得
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（2）平行x 轴正方向的电子在电场中做类平抛运动，则有
，
解得
电子在离开电场前沿x 轴方向前进的距离为
（3）当电子平行x 轴发射时，电子打到x 轴的荧光屏上离O 点的距离最大，根据（2）问分析可知，电子
离开电场时沿
轴的分速度为
电子离开电场到打到荧光屏所用时间为
电子离开电场到打到荧光屏沿x 轴方向前进的距离为
故电子打到x 轴的荧光屏上离O 点的最大距离为
14．（2024 年3 月江苏无锡四校调研）如图所示，在用阴极射线管测量阴极射线的比荷q
m
时，当给平行金
属板a、b 加上U 的电压后，沿a、b 中线OO'以一定速度运动的电子，恰好能从a 板的边缘射出并打到荧
光屏上.已知a、b 的长度为L、两板间距为1
2
L，极板与荧光屏的距离也为L，P 点是OO'延长线与荧光屏的
交点.为了抵消阴极射线的偏转，在a、b 间再加上垂直纸面向外，磁感应强度大小为B 的匀强磁场，射线
恰好打到P 点.将a、b 间视为匀强电场，不考虑重力的影响.
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（1）求阴极射线的比荷q
m
.
（2）若撤去电场只保留磁场，荧光屏上是否会出现亮点？若有说明位置，没有说明原因.
【答案】（1）U
L
2B
2；（2）粒子将打在b 板上，荧光屏上不会出现亮点，原因见解析
【解析】（1）粒子在电场中运动时，做类平抛运动，板间场强
E = 2U
L
根据牛顿第二定律
qE =ma
根据类平抛运动规律
L= v0t
L
4 = 1
2 at
2
加上磁场后，粒子做直线运动，洛伦兹力与电场平衡
qE=qv0B
联立解得
q
m =
U
L
2B
2
（2）若撤去电场只保留磁场，根据洛伦兹力提供向心力
q v0 B = m v0
2
r
解得
r =2 L
假设电子射到b 板上，到达b 板的位置与b 板右端的距离为x，则有
x
2+(r - L
4 )
2
=r
2
解得
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x = √15
4
L< L
假设成立，荧光屏上不会出现亮点.
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