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大题04 带电粒子在电场中的运动（黑吉辽蒙专用）
热点题型1 带电粒子在电场中的直线运动
例1
． 【答案】（1）电子进入圆筒1 时的速度大小为❑√
2eU 0
m
；
（2）第n 个圆筒的长度为T
2
❑√
2neU 0
m
；
（3）电子在竖直向下的匀强电场中竖直方向的位移大小为E s
2
4 nU 0
。
【解题建模】
(1)动能定理建模
(2)对电子进行动能定理建模，得到长度。
(3 对电子进行类平抛建模，得到竖起位移。水平方向为匀速运动，竖起方向为加速度运动。
【解析】（1）电压的绝对值为U0，电子进入圆筒1 时有eU 0=1
2 mv1
2
可得进入圆筒1 时的速度大小v1=
❑√
2eU 0
m
（2）设电子进入第n 个圆筒后的速度为vn，由动能定理可知neU 0=1
2 mvn
2
可得vn=
❑√
2neU 0
m
为了达到同步加速，电子在圆筒中做匀速直线运动，运动的时间均为T
2
，第n 个金属圆筒的长度
L=vn⋅T
2
可得L=T
2
❑√
2neU 0
m
（3）竖直向下电场的极板长度为s，水平方向有s＝vnt
竖直方向有y =1
2 ⋅Ee
m t
2
联立可得y = E s
2
4 nU 0
答：（1）电子进入圆筒1 时的速度大小为❑√
2eU 0
m
；
（2）第n 个圆筒的长度为T
2
❑√
2neU 0
m
；
（3）电子在竖直向下的匀强电场中竖直方向的位移大小为E s
2
4 nU 0
。
1.【答案】（1）滑块第一次到达B 点时的速度大小为3 ❑√gl；
（2）在保证装置安全工作的前提下，滑块的静止释放点距B 点的最远距离为11.5l；
（3）在缓冲装置安全工作的前提下，该滑块第一次被弹回后上升到距B 点的最大距离s′与释放时距B
点的距离s 之间的关系为：当s≤l 时，s′ =2
5 s；当l＜s≤11.5l 时，s′ =2
5 l。
【解析】（1）从A 到B 的过程，由动能定理有
mgxsin30°+Eqx −μmgcos30° x =1
2 m v0
2
得
v0=3 ❑√gl
（2）因杆是轻杆，故当杆开始移动后弹簧的形变量就保持不变，设弹簧压缩到最短时弹簧的弹性势能
是Ep。从滑块接触弹簧到减速为0 的过程中，根据能量守恒定律有
E p=1
2 mv0
2−f ⋅1
3 l
得
Ep＝mgl
当释放点距B 点最远，即滑块速度最大，对应轻杆移动的距离为l 时，滑块速度减为0，弹性势能仍为
Ep，则
1
2 m vm
2 =E p+fl
对滑块，从距B 点xm处由静止释放到速度最大，由动能定理得
mg xmsin30°+Eq xm−μmgcos30° xm=1
2 m vm
2
得
xm＝11.5l
（3）设滑块从距B 点s1时由静止下滑，轻杆刚好没被推动，弹簧压缩到最短时，弹簧弹性势能为Ep，
则
mgs1sin30°+Eqs1﹣μmgcos30°s1＝EP
结合
E p=1
2 mv0
2−f ⋅1
3 l
得
s1＝l
当释放点距B 点的距离
s≤l
滑块接触弹簧后以原速率反弹回来，由能量守恒定律得
mg（s﹣s′）sin30°+Eq（s﹣s′）﹣μmgcos30°（s+s′）＝0
得
s′ =2
5 s
当释放点距B 点的距离l＜s≤11.5l 时，滑块被弹簧弹回，弹簧的弹性势能Ep 转化为动能，设速度为
v，有
E p=1
2 mv
2=mgl
mgs′ sin30°+Eqs′ +μmgcos30° s′ =1
2 mv
2
得
s′ =2
5 l
即当s≤l 时s′ =2
5 s；当l＜s≤11.5l 时，s′ =2
5 l。
答：（1）滑块第一次到达B 点时的速度大小为3 ❑√gl；
（2）在保证装置安全工作的前提下，滑块的静止释放点距B 点的最远距离为11.5l；
（3）在缓冲装置安全工作的前提下，该滑块第一次被弹回后上升到距B 点的最大距离s′与释放时距B
点的距离s 之间的关系为：当s≤l 时，s′ =2
5 s；当l＜s≤11.5l 时，s′ =2
5 l。
热点题型2 带电粒子在电场中的曲线运动
例2
．【答案】（1）粒子在电场Ⅱ中做圆周运动的半径是kqQ
4 m v0
2
，周期是πkqQ
4 m v0
3
；
（2）电场Ⅰ的场强大小是16m
2v0
4
kQ q
2
；
（3）P 点沿图中闭合曲线移动一周回到a 点时，粒子位移的大小是
❑√3kqQ
8m v0
2
。
【解题建模】
(1)匀速圆周运动建模：库仑力提供向心力。
(2)运动的分解建模：把速度方向分解到两个方向上。
【解析】（1）粒子进入电场Ⅱ时，速度大小为v =
❑√(❑√3 v0)
2+v0
2=2v0
粒子在电场Ⅱ中做匀速圆周运动，库仑力提供向心力，即k qQ
r
2 =m v
2
r
解得r = kqQ
4 mv0
2
圆周运动的周期为T =2πr
v
=πkqQ
4 mv0
3
（2）由于在任意时间Δt 内，点P 沿直线移动的长度与沿圆弧移动时相等，即qE
m Δt =2πv
T
Δt
解得E =16m
2v0
4
kQ q
2
（3）粒子第一次在电场Ⅰ中运动时，在y 方向有y1＝v0t1
在x 方向有qE
m t1=❑√3 v0
粒子在电场Ⅱ运动过程中，速度方向改变240°，位移y2=❑√3r
粒子再次进入电场Ⅰ运动时，根据对称性y3＝y1
整个过程粒子位移为y＝y2﹣2y1
解得y =
❑√3kqQ
8m v0
2
答：（1）粒子在电场Ⅱ中做圆周运动的半径是kqQ
4 m v0
2
，周期是πkqQ
4 m v0
3
；
（2）电场Ⅰ的场强大小是16m
2v0
4
kQ q
2
；
（3）P 点沿图中闭合曲线移动一周回到a 点时，粒子位移的大小是
❑√3kqQ
8m v0
2
。
2.【答案】（1）油滴的初速度大小L
3
❑√
g
d
；
（2）第31 滴油滴在板间运动的加速度大小4
9 g；
（3）每一滴油滴的带电量❑√
Cmgd
54
。
【解析】（1）第1 滴油滴只在重力作用下做平抛运动，有1
2 d =1
2 gt
2，L
3 =v0t
代入数据得v0=L
3
❑√
g
d
（2）第31 滴油滴在重力和电场力作用下做类平抛运动，有1
2 d =1
2 at1
2，L
2 =v0t1
代入数据得a=4
9 g
（3）对第31 滴油滴mg﹣qE＝ma，E =U
d
，C =Q
U
，Q＝30g
代入数据得q =❑√
Cmgd
54
答：（1）油滴的初速度大小L
3
❑√
g
d
；
（2）第31 滴油滴在板间运动的加速度大小4
9 g；
（3）每一滴油滴的带电量❑√
Cmgd
54
。
刷模拟
1.【答案】（1）磁场方向为垂直纸面向外；电子的比荷为e
m =Utanθ
B
2dL
，其中sinθ = 3
14 。
（2）电子在磁场中运动的时间t = m
eB arcsin( eBL
2mv )，需结合r =mv
eB
及几何关系进一步计算圆心角ϕ。
【解析】（1）仅加电压U 时，电子向上偏转打在P1点，表明电场力Fe方向向上，平行板上极板带负电、
下极板带正电。同时施加磁场B 后，电子沿直线运动打在O3 点，说明电场力与洛伦兹力平衡：
e U
d =evB。由于Fe向上，为保持平衡，洛伦兹力FA必须向下。根据左手定则（电子带负电），可判断
磁场方向为垂直纸面向外。
设电子速度为v。仅存在电场时，电子做类平抛运动，离开电场时的速度偏转角为θ，其正切值为
tanθ =v y
v = eUL
md v
2
。根据几何关系，电子如同从极板中心O1射出。
连接O1P1，在△O1O2P1中，由正弦定理得R
sinθ =O1O2
sinα = 2.8 R
sin37°
，解得sinθ =sin37°
2.8
=0.6
2.8 = 3
14 。由
电场与磁场平衡条件v = U
Bd
，代入偏转角关系，利用射出电场时的状态v y =eU
md ⋅L
v
，可得
sinθ =
v y
❑√v
2+v y
2
。经整理，电子比荷为e
m =v
2tanθ⋅d
UL
=Utanθ
B
2dL
，其中θ 可由sinθ = 3
14
求得。
（2）若撤去电场仅保留磁场，电子在直径为L 的圆形磁场区域内做匀速圆周运动。由洛伦兹力提供向
心力evB =m v
2
r
，解得r =mv
eB 。
电子在磁场中运动的时间t = ϕ
2π T = ϕ
2π ⋅2πm
eB =ϕm
eB
，其中ϕ 为电子在磁场中偏转的圆心角。根据几何
关系，若电子打在P2 点且偏转角与P1 过程对称（α＝37°），则运动半径r 与磁场区域直径L 满足
L=2rsin( ϕ
2 )，解得t = m
eB arcsin( eBL
2mv )。
答：（1）磁场方向为垂直纸面向外；电子的比荷为e
m =Utanθ
B
2dL
，其中sinθ = 3
14 。
（2）电子在磁场中运动的时间t = m
eB arcsin( eBL
2mv )，需结合r =mv
eB
及几何关系进一步计算圆心角ϕ。
2．【答案】（1）带电微粒带负电，它的电荷量为10﹣11C；
（2）若电压增大到某一电压值时，带电微粒恰好从上板边缘飞出，此过程中带电微粒的加速度大小为
8m/s2；
（3）电压UAB取值范围为200V≤UAB≤1800V 时，带电微粒能从两板间飞出。
【解析】（1）粒子在电场中受电场力和重力作用而处于平衡状态，由于重力竖直向下，故电场力竖直
向上，由于上极板带正电，则粒子带负电。
根据平衡条件可得：qE＝mg
可得粒子所带电荷量：q =mg
E
又：E =U
d
联立代入数据解得：q＝10﹣11C；
（2）粒子在板间做类平抛运动，恰好从极板右边缘飞出，根据类平抛运动的规律可得：
L＝v0t，d
2 =1
2 at
2
代入数据解得：a＝8m/s2；
（3）当粒子刚好打在上极板右边缘时，极板间有最大电压，可得：q U max
d
−mg=ma
联立代入相关数据求得：Umax＝1800V
当打在下极板右边缘时，根据牛顿第二定律可得：mg−q U min
d
=ma
解得：Umin＝200V
所以电压取值范围为：200V≤UAB≤1800V。
答：（1）带电微粒带负电，它的电荷量为10﹣11C；
（2）若电压增大到某一电压值时，带电微粒恰好从上板边缘飞出，此过程中带电微粒的加速度大小为
8m/s2；
（3）电压UAB取值范围为200V≤UAB≤1800V 时，带电微粒能从两板间飞出。
3.【答案】（1）磁感应强度B1的大小是1T；
（2）沿着y 轴负半轴放置一块不计厚度的粒子收集板，要将经磁场B2偏转后的粒子全部收集，收集板
的长度至少为8m；
（3）粒子在第三象限中能到达距y 轴的最远距离是16m。
【解析】（1）因为带电粒子平行x 轴离开圆形磁场，根据磁发散条件可知，带电粒子偏转半径R＝r
粒子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有q v0 B1=m v0
2
R
代入数据得B1＝1T
（2）粒子进入电场时，假设抛物线边界任一入射点坐标为（x，y），经过电场偏转后经过x 轴上点
（x2，0），则有x2﹣x＝v0t，y =E1q
2m t
2，y＝（x﹣2）2
代入数据得x2＝2m
可知，全部粒子均从D（2m，0）进入第四象限。又因为粒子进入磁场x 方向的速度分量保持不变，粒
子在磁场B2中运动轨迹的弦长为d =2rcosα =2mv
q B2
cosα =2m v0
q B2
可知，所有粒子弦长相同，均经过x＝2m 直线上同一点，则有y =−d =−2m v0
q B2
代入数据得y＝﹣4m
即坐标为（2m，﹣4m）。当y＝4m 的入射粒子经过磁场B2偏转后到达点（2m，﹣4m）时，速度与水
平方向夹角为θ，则有tanθ＝4 如图所示
可知，粒子打到y 轴（0，﹣12m），所以收集板长度至少为8m。
（3）粒子到达距离y 轴最远时，速度方向平行于y 方向，只要能进入下一个电场，就有平行x 方向的
速度，由此可知粒子离y 轴最远时一定处于第n 个磁场中，此前粒子已经过n 个电场，设此时粒子速度
大小为vn，由动能定理有nqEL=1
2 mvn
2−1
2 mv0
2．
粒子每经过一个电场加速后就进入下一个磁场，则通过第n 个磁场的过程中，设粒子进入第i 个磁场时
速度方向与水平方向的夹角为α，在竖直方向上由动量定理有∑mΔvy＝∑qiBvxΔt＝qiBL
所以从进入第三象限开始到最后一个磁场，累计有q（1+2+3+⋯⋯+n）BL＝mvn﹣0
代入数据得❑√2n+1=n(n+1)B
2
代入数据得n＝4
可知粒子离轴最远的距离为x＝2nL＝8L
代入数据得x＝16m
答：（1）磁感应强度B1的大小是1T；
（2）沿着y 轴负半轴放置一块不计厚度的粒子收集板，要将经磁场B2偏转后的粒子全部收集，收集板
的长度至少为8m；
（3）粒子在第三象限中能到达距y 轴的最远距离是16m。
4．【答案】（1）虚线方形框内只有垂直纸面方向的匀强磁场时，匀强磁场的磁感应强度B 为4×10﹣
5T，方向垂直纸面向外；
（2）虚线方形框内只有竖直向下的匀强电场时，匀强电场的电场强度E 的大小为88N/C；
（3）电子两次打在荧光屏上的距离L 为0.1m。
【解析】（1）电子带负电，根据左手定则可知磁感应强度B 方向垂直纸面向外，根据洛伦兹力提供向
心力有
evB =m v
2
r
且
r
2=d1
2+(r −d2)
2
电子经过电场加速过程，根据动能定理可得
eU =1
2 mv
2
解得：
B＝4×10﹣5T
方向垂直纸面向外。
（2）电子带负电，匀强电场的方向竖直向下电子在电场中做类平抛运动，假设在电场中的时间为t，
水平方向有
d1＝vt
竖直方向有
d2=1
2 at
2
加速度
a=eE
m
解得：
E＝88N/C
（3）只有垂直纸面方向的匀强磁场时，设从B 点飞出的速度方向与水平方向的夹角为θ，则
tanθ = d1
r −d2
电子打在荧光屏上与B 点的竖直距离
y1＝d3tanθ
只有匀强电场时，电子打在荧光屏上与A 点的竖直距离设为y2，则
d2
y2
=
d1
2
d1
2 +d3
解得：电子两次打在荧光屏上的距离
L＝d2+y1﹣y2
解得
L＝0.1m
答：（1）虚线方形框内只有垂直纸面方向的匀强磁场时，匀强磁场的磁感应强度B 为4×10﹣5T，方向
垂直纸面向外；
（2）虚线方形框内只有竖直向下的匀强电场时，匀强电场的电场强度E 的大小为88N/C；
（3）电子两次打在荧光屏上的距离L 为0.1m。
5.【答案】（1）偏转电场的板长l 为2t0
❑√
2U 1e
m
。
（2）偏转电压的最大值U0为d
2m
2et0
2
。
（3）离开偏转电场时竖直方向偏移量为d
3
。
【解析】（1）根据动能定理，粒子满足eU 1=1
2 mv0
2。粒子进入偏转电场后，在水平方向上有l＝
v0•2t0，联立可得l =2t0
❑√
2U 1e
m
。
（2）对于t＝0 时刻入射的电子，有d
4 =1
2 at0
2。依据牛顿第二定律，U 0
d e =ma，联立解得U 0=d
2m
2et0
2
。
（3）粒子进入偏转电场后向上运动，其位移为y1=1
2 a(t0−t )
2。速度减为零后开始向下运动，位移为
y2=1
2 at
2。在0～2t0 时间段内的总偏移量为y＝2y2﹣2y1。由（2）中结论可知d
4 =1
2 at0
2，联立解得
y =d
3
。
答：（1）偏转电场的板长l 为2t0
❑√
2U 1e
m
。
（2）偏转电压的最大值U0为d
2m
2et0
2
。
（3）离开偏转电场时竖直方向偏移量为d
3
。
刷真题
1.【答案】（1）含A 细胞的液滴离开电场时偏转的距离为5×10﹣3m；
（2）A、B 细胞收集管的间距为0.11m。
【解析】（1）含A 细胞的液滴带正电，在电极板间向右偏转做类平抛运动。设其离开电场时偏转的距
离为x，在电场中的加速度大小为a，运动时间为t。
其沿竖直方向做匀速运动，则有：
l＝vt
其沿水平方向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律与运动学公式得：
qE＝ma
x=1
2 at
2
已知：m＝2.0×10﹣10kg，q＝1.0×10﹣13C，v＝2.0m/s，l＝2.0×10﹣2m，E＝2.0×105N/C
联立解得：x＝5×10﹣3m
（2）法一：设含A 细胞的液滴从进入电场到A 收集管的过程，其水平位移大小为d。
根据类平抛运动规律的的推论，其离开电场时的速度方向反向延长交匀速运动位移的中点，如下图所示：
由几何关系得：x
d =
l
2
l
2 +h
解得：d＝0.055m
对于含B 细胞的液滴带负电，其带电量与含A 细胞的液滴相等，其向左偏转的距离与含A 细胞的液滴
的相等，可得A、B 细胞收集管的间距等于2d＝2×0.055m＝0.11m。
法二：设含A 细胞的液滴从离开电场到A 收集管的过程，其水平位移大小为d′。
则有h＝vt′，d′＝att′，联立解得d′＝0.05m，d＝x+d′＝5×10﹣3m+0.05m＝0.055m
对于含B 细胞的液滴带负电，其带电量与含A 细胞的液滴相等，其向左偏转的距离与含A 细胞的液滴
的相等，可得A、B 细胞收集管的间距等于2d＝2×0.055m＝0.11m。
答：（1）含A 细胞的液滴离开电场时偏转的距离为5×10﹣3m；
（2）A、B 细胞收集管的间距为0.11m。
2．【答案】（1）若要使波长范围为200～900nm 的入射激光都能打出光电子，应选用的光电阴极材料
为多碱材料。
（2）当偏转极板间电压U 为常数时，电子打在荧光屏上的位置为U L2( L2+2 L3)
4U 1d2
。
（3）真实情况下，偏转极板间电压U 与时间t 的关系为U＝U0+kt（U0和k 为大于零的常数），其零时
刻与激光脉冲刚入射至光电阴极的时刻相同。
①最后进入偏转极板间的电子离开偏转极板时
y 方向速度的大小为
(U 0+kΔt ) L2
d2
❑√
e
2mU 1
+(4 d1+2 L1+L2)
k L2
4U 1d2
；
②若L2小且L2≪L3，此时可忽略不同时刻电子在偏转极板间y 方向位移的差别，电子脉冲在荧光屏上
的空间宽度Δy 与激光脉冲持续时间Δt 的关系为Δy =k L2 L3
2U 1d2
Δt。
【解析】（1）根据题意，设入射激光波长为λ，则对应的光子能量为ε =hν =hc
λ
可得波长范围为200～900nm 的入射激光的能量范围为1.38eV～6.2eV
要使入射激光都能打出光电子，则所有入射激光的能量应大于光电阴极材料的逸出功，所以应选择多碱
光电阴极材料。
（2）电子在光电阴极与阳极之间做匀加速直线运动，设电子在此过程中的加速度大小为a1，运动时间
为t1，离开阳极时的速度大小为v1，
则有a1=eU 1
md1
，v1
2=2a1d1
，d1=1
2 a1t1
2
电子在离开阳极到偏转极板左端的过程中做匀速直线运动，设运动时间为t2，则L1＝v1t2
当偏转电压U 为常数时，电子在偏转极板内水平方向做匀速直线运动，在竖直y 方向做匀加速直线运动。
设y 方向的加速度大小为a2，在偏转极板内运动时间为t3，离开偏转极板时y 方向速度为vy，偏转位移
为y1，则a2= eU
md2
，L2＝v1t3，vy＝a2t3，y1=1
2 a2t3
2
设电子离开偏转极板至打到荧光屏上的时间为t4，在此时间内电子在y 方向的位移为y2，则L3＝v1t4，
y2＝vyt4
设电子离荧光屏中心的距离为y，则y＝y1+y2
联立解得y =U L2( L2+2 L3)
4U 1d2
（3）当偏转极板间电压U＝U0+kt 时，电子在偏转极板内y 方向做加速度线性增加的变加速直线运动。
①在t1+t2+Δt 时刻，最后的电子进入偏转极板间，此时极板间的电压为U0+k（t1+t2+Δt），设电子在偏
转极板内运动时y 方向的加速度为a3，离开偏转极板时y 方向的速度为vy2，则a3=e(U 0+kt )
md2
则a3﹣t 图像，如图所示
由上述分析，结合图像可得v y 2=[U 0+k(t1+t2+Δt )+k t3
2 ] et3
md2
联立小问2 分析可得v y2=(U 0+kΔt ) L2
d2
❑√
e
2mU 1
+(4 d1+2 L1+L2)
k L2
4U 1d2
②在t1+t2时刻，最前面的电子进入偏转极板间，此时极板间的电压为U0+k（t1+t2）。同理可得，该电
子离开偏转极板时y 方向的速度v y1
，则有v y 1=[U 0+k(t1+t2)+k t3
2 ] et3
md2
设电子脉冲打在荧光屏上的空间宽度为Δy，电子从离开偏转极板至打到荧光屏上的时间为t4，则L3＝
v1t4，Δy＝（vy2﹣vy1）t4
联立解得Δy =k L2 L3
2U 1d2
Δt
答：（1）若要使波长范围为200～900nm 的入射激光都能打出光电子，应选用的光电阴极材料为多碱
材料。
（2）当偏转极板间电压U 为常数时，电子打在荧光屏上的位置为U L2( L2+2 L3)
4U 1d2
。
（3）真实情况下，偏转极板间电压U 与时间t 的关系为U＝U0+kt（U0和k 为大于零的常数），其零时
刻与激光脉冲刚入射至光电阴极的时刻相同。
①最后进入偏转极板间的电子离开偏转极板时
y 方向速度的大小为
(U 0+kΔt ) L2
d2
❑√
e
2mU 1
+(4 d1+2 L1+L2)
k L2
4U 1d2
；
②若L2小且L2≪L3，此时可忽略不同时刻电子在偏转极板间y 方向位移的差别，电子脉冲在荧光屏上
的空间宽度Δy 与激光脉冲持续时间Δt 的关系为Δy =k L2 L3
2U 1d2
Δt。
3．【答案】（1）a 运动到最高点的时间t 为m v0 sinθ
qE
；
（2）a 到达最高点时，a、b 间的距离H 为2m v0
2 sin
2θ
qE
。
【解析】（1）不计重力及粒子间相互作用，a 球在电场力作用下做匀变速曲线运动，在竖直方向上，
对a 球，根据牛顿第二定律有
qE＝ma
a 运动到最高点时，由运动学公式有
v0sinθ＝at
联立解得t =mv0 sinθ
qE
（2）方法一、根据题意分析可知，两个小球均在水平方向上做匀速直线运动，且水平方向上的初速度
均为v0cosθ ，则两小球一直在同一竖直线上，a 到达最高点时竖直方向上运动的位移为
x1=(v0 sinθ)
2
2a
=mv0
2 sin
2θ
2qE
此时b 球竖直方向上运动位移为x2=v0tsinθ+1
2 at
2=mv0
2 sin
2θ
qE
+mv0
2 sin
2θ
2qE
则小球a 到达最高点时与小球b 之间的距离x =x1+x2=2mv0
2 sin
2θ
qE
方法二、两个小球均受到相同电场力，以a 球为参考系，b 球以2v0sinθ 的速度向下做匀速直线运动，则
a 到达最高点时，a、b 间的距离H =2v0 sinθt =2m v0
2 sin
2θ
qE
答：（1）a 运动到最高点的时间t 为m v0 sinθ
qE
；
（2）a 到达最高点时，a、b 间的距离H 为2m v0
2 sin
2θ
qE
。
4.【答案】（1）带电粒子带正电荷，其所带的电荷量为πm
Bt0
；
（2）金属板的板间距离D 为❑√
3 π U 0t0
8 B
，带电粒子在t＝t0时刻的速度大小为❑√
π
3U 0
24 Bt0
；
（3 ）求从t ＝0 时刻开始到带电粒子最终碰到上金属板的过程中，电场力对粒子做的功为
π
3mU 0
48 Bt0
(1+16
π
2 )。
【解析】（1）带电粒子在电场中做加速运动，由此可分析出粒子带正电；
根据题意可知，带电粒子在磁场中做圆周运动的时间为t0，根据牛顿第二定律可得：
qBv =m v
2
r
T =2πr
v
联立解得：T =2πm
qB
结合题意可得：t0=1
2 T =πm
qB
解得：q=πm
Bt0
（2）粒子在金属板间水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上先做加速运动，后做减速运动，设粒子
的初速度为v，根据运动特点可知带电粒子在t＝t0时刻的速度大小也为v，则
v t0=π
3 D
y =2× 1
2 × qU 0
mD ×( t0
2 )
2
粒子在磁场中运动，其受到的洛伦兹力提供向心力，则
qBv =mv
2
R
根据几何关系可得：y＝2R
联立解得：v=
❑√
π
3U 0
24 Bt0
；D=
❑√
3 π U 0t0
8 B
（3）根据上述分析可得：
y =2× 1
2 × qU 0
mD ×( t0
2 )
2=2 D
3
根据运动的对称性，粒子会在与圆轨迹的最高点的位置进入金属板，且再经过t0
2
会到达上极板，竖直方
向上的速度为：
qU 0
mD × t0
2 =v y
根据动能定理可得：
W=1
2 mv
2+1
2 mv y
2
联立解得：W=π
3mU 0
48 Bt0
(1+16
π
2 )
答：（1）带电粒子带正电荷，其所带的电荷量为πm
Bt0
；
（2）金属板的板间距离D 为❑√
3 π U 0t0
8 B
，带电粒子在t＝t0时刻的速度大小为❑√
π
3U 0
24 Bt0
；
（3 ）求从t ＝0 时刻开始到带电粒子最终碰到上金属板的过程中，电场力对粒子做的功为
π
3mU 0
48 Bt0
(1+16
π
2 )。
5.【答案】（1）颗粒碰撞前的电量q 为mgdl
uh
；
（2）颗粒在B 点碰撞后的电量Q 为kmgdh
ul
；
（3）电场力对颗粒做的功W 为mgl
2
h
+kmgh(d −l)
l
，或mgl
2
h
+4 k
2mgh(1+k
2h
2
l
2 )。
【解析】（1）颗粒在竖直方向上做自由落体运动，竖直位移h=1
2 gt
2
水平方向上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律Uq
d =ma
水平位移l =1
2 at
2
联立解得q =mgdl
Uh
（2）颗粒第一次与下方绝缘板发生碰撞反弹后离开下方绝缘平板瞬间，颗粒的速度与所受合力垂直，
如图所示：
颗粒与下方绝缘板第一次碰撞时，根据自由落体运动规律，竖直分速度为v y 1=❑√2gh
根据匀变速直线运动规律，水平分速度为v x1=❑√2al =
❑√
2gl
2
h
则第一次碰撞后竖直分速度为v y 2=k v y 1=k ❑√2gh
设第一次碰撞后粒子速度方向与水平方向夹角为θ，则有tanθ=v y 2
v x1
=kh
l
由于第一次碰撞后瞬间粒子所受合力与速度方向垂直，则有tanθ=
UQ
d
mg =UQ
mgd
联立解得Q =kmgdh
Ul
（3）颗粒第一次与下方绝缘板碰撞后，由于vy2＜vy1，则第一次碰撞后颗粒不能返回上绝缘板。
①若颗粒的第二次碰撞是与右侧金属板碰撞，则颗粒从A 点开始运动到第二次碰撞过程中，电场力对
它做的功为：
W =Uq
d ⋅l+UQ
d ⋅(d −l)
解得：W =mgl
2
h
+kmgh(d −l)
l
②若颗粒的第二次碰撞是与下方绝缘板碰撞。
设从第一碰撞后到第二次碰撞前的运动时间为t1；
根据竖直水平运动，运动时间t1=2v y 2
g
=2
g ×k ❑√2gh=2k ❑√
2h
g
水平方向上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，加速度a1=QU
md =kmgdh
Ul
× U
md =kgh
l
水平方向运动的距离为l1=v x1t1+1
2 a1t1
2
代入数据解得l1=4 kl+4 k
3h
2
l
颗粒从A 点开始运动到第二次碰撞过程中，电场对粒子做的功为W =Uq
d ⋅l+UQ
d ⋅l1
代入数据联立解得W =mgl
2
h
+4 k
2mgh(1+k
2h
2
l
2 )。
答：（1）颗粒碰撞前的电量q 为mgdl
uh
；
（2）颗粒在B 点碰撞后的电量Q 为kmgdh
ul
；
（3）电场力对颗粒做的功W 为mgl
2
h
+kmgh(d −l)
l
，或mgl
2
h
+4 k
2mgh(1+k
2h
2
l
2 )。
