高考物理带电粒子在电场中的运动常见题型及答题技巧及练习题(含答案)

高考物理带电粒子在电场中的运动常见题型及答题技巧及练习题(含答案)

一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动

1．在如图所示的平面直角坐标系中，存在一个半径R ＝0.2m 的圆形匀强磁场区域，磁感应强度B ＝1.0T ，方向垂直纸面向外，该磁场区域的右边缘与y 坐标轴相切于原点O 点。y 轴右侧存在一个匀强电场，方向沿y 轴正方向，电场区域宽度l ＝0.1m 。现从坐标为（﹣0.2m ，﹣0.2m ）的P 点发射出质量m ＝2.0×10﹣9kg 、带电荷量q ＝5.0×10﹣5C 的带正电粒子，沿y 轴正方向射入匀强磁场，速度大小v 0＝5.0×103m/s （粒子重力不计）。 （1）带电粒子从坐标为（0.1m ，0.05m ）的点射出电场，求该电场强度；

（2）为了使该带电粒子能从坐标为（0.1m ，﹣0.05m ）的点回到电场，可在紧邻电场的右侧区域内加匀强磁场，试求所加匀强磁场的磁感应强度大小和方向。

【答案】（1）1.0×104N/C （2）4T ，方向垂直纸面向外 【解析】 【详解】

解：（1）带正电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力有：

20

0v qv B m r

=

可得：r =0.20m =R

根据几何关系可以知道，带电粒子恰从O 点沿x 轴进入电场，带电粒子做类平抛运动，设粒子到达电场边缘时，竖直方向的位移为y 根据类平抛规律可得：2012

l v t y at ==

， 根据牛顿第二定律可得：Eq ma = 联立可得：41.010E =?N/C

（2）粒子飞离电场时，沿电场方向速度：30

5.010y qE l

v at m v ===?g m/s=0v 粒子射出电场时速度：02=v v

根据几何关系可知，粒子在B '区域磁场中做圆周运动半径：2r y '=

根据洛伦兹力提供向心力可得： 2

v qvB m r

'='

联立可得所加匀强磁场的磁感应强度大小：4mv

B qr

'=

='T 根据左手定则可知所加磁场方向垂直纸面向外。

2．

如图所示，在两块长为3L 、间距为L 、水平固定的平行金属板之间，存在方向垂直纸面向外的匀强磁场．现将下板接地，让质量为

m 、电荷量为q 的带正电粒子流从两板左端连线的中点O 以初速度v 0水平向右射入板间，粒子恰好打到下板的中点．若撤去平行板间的磁场，使上板的电势φ随时间t 的变化规律如图所示，则t=0时刻，从O 点射人的粒子P 经时间t 0(未知量)恰好从下板右边缘射出．设粒子打到板上均被板吸收，粒子的重力及粒子间的作用力均不计．

(1)求两板间磁场的磁感应强度大小B ．

(2)若两板右侧存在一定宽度的、方向垂直纸面向里的匀强磁场，为了使t=0时刻射入的粒子P 经过右侧磁场偏转后在电场变化的第一个周期内能够回到O 点，求右侧磁场的宽度d 应满足的条件和电场周期T 的最小值T min ． 【答案】（1）0mv B qL = （2）223

cos d R a R L ≥+= ；min 0(632)L T π+= 【解析】 【分析】 【详解】

（1）如图，设粒子在两板间做匀速圆周运动的半径为R 1，则0

1

02qv B m v R =

由几何关系：222113()()2

L L

R R =+- 解得0

mv B qL

=

（2）粒子P 从O 003L v t =

011

22

y L v t =

解得03

y v v =

设合速度为v ，与竖直方向的夹角为α

，则：0

tan y

v v α== 则=

3

π

α

00sin v v α=

= 粒子P 在两板的右侧匀强磁场中做匀速圆周运动，设做圆周运动的半径为R 2，则

21

2sin L R α

=

，

解得2R =

右侧磁场沿初速度方向的宽度应该满足的条件为22cos 2

d R R L α≥+=

； 由于粒子P 从O 点运动到下极板右侧边缘的过程与从上板右边缘运动到O 点的过程，运动轨迹是关于两板间的中心线是上下对称的，这两个过程经历的时间相等，则：

2

min 0(22)2R T t v

πα--=

解得()

min 0

23L T v π=

【点睛】

带电粒子在电场或磁场中的运动问题，关键是分析粒子的受力情况和运动特征，画出粒子的运动轨迹图，结合几何关系求解相关量，并搞清临界状态.

3．如图所示，竖直平面内有一固定绝缘轨道ABCDP ，由半径r=0.5m 的圆弧轨道CDP 和与之相切于C 点的水平轨道ABC 组成，圆弧轨道的直径DP 与竖直半径OC 间的夹角θ=37°，A 、B 两点间的距离d=0.2m ．质量m 1=0.05kg 的不带电绝缘滑块静止在A 点，质量m 2=0.1kg 、电荷量q=1×10-5C 的带正电小球静止在B 点，小球的右侧空间存在水平向右的匀强电场．现用大小F=4.5N 、方向水平向右的恒力推滑块，滑块到达月点前瞬间撤去该恒力，滑块与小球发生弹性正碰，碰后小球沿轨道运动，到达P 点时恰好和轨道无挤压且所受合力指向圆心．小球和滑块均视为质点，碰撞过程中小球的电荷量不变，不计一切摩擦．取g=10m ／s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．

(1)求撤去该恒力瞬间滑块的速度大小v 以及匀强电场的电场强度大小E ； (2)求小球到达P 点时的速度大小v P 和B 、C 两点间的距离x ． 【答案】(1) 6m /s ；7.5×104N /C (2) 2.5m /s ；0.85m 【解析】 【详解】

(1)对滑块从A 点运动到B 点的过程，根据动能定理有：211

2

Fd m v = 解得：v =6m /s

小球到达P 点时，受力如图所示:

则有：qE =m 2g tan θ, 解得：E =7.5×104N /C

(2)小球所受重力与电场力的合力大小为：2cos m g

G 等θ

=

小球到达P 点时，由牛顿第二定律有：2

P v G r

=等

解得：v P =2.5m /s

滑块与小球发生弹性正碰，设碰后滑块、小球的速度大小分别为v 1、v 2， 则有：m 1v =m 1v 1+m 2v 2

22211122111

222

m v m v m v =+ 解得：v 1=-2m /s(“-”表示v 1的方向水平向左)，v 2=4m /s 对小球碰后运动到P 点的过程，根据动能定理有：

()()22222211

sin cos 22

P qE x r m g r r m v m v θθ--+=

- 解得：x =0.85m

4．如图，以竖直向上为y 轴正方向建立直角坐标系；该真空中存在方向沿x 轴正向、场强为E 的匀强电场和方向垂直xoy 平面向外、磁感应强度为B 的匀强磁场；原点O 处的离子源连续不断地发射速度大小和方向一定、质量为m 、电荷量为-q （q>0）的粒子束，粒子恰能在xoy 平面内做直线运动，重力加速度为g,不计粒子间的相互作用； （1）求粒子运动到距x 轴为h 所用的时间；

（2）若在粒子束运动过程中，突然将电场变为竖直向下、场强大小变为'

mg

E q

=

，求从O 点射出的所有粒子第一次打在x 轴上的坐标范围（不考虑电场变化产生的影响）； （3）若保持EB 初始状态不变，仅将粒子束的初速度变为原来的2倍，求运动过程中，粒子速度大小等于初速度λ倍（0<λ<2）的点所在的直线方程.

【答案】（1）Bh

t E

= (2)2222225m g m g x q B q B ≤≤ （3）22211528m g y x q B =-+ 【解析】

（1）粒子恰能在xoy 平面内做直线运动，则粒子在垂直速度方向上所受合外力一定为零，又有电场力和重力为恒力，其在垂直速度方向上的分量不变，而要保证该方向上合外力为零，则洛伦兹力大小不变，因为洛伦兹力F Bqv =洛，所以受到大小不变，即粒子做匀速直线运动，重力、电场力和磁场力三个力的合力为零，

设重力与电场力合力与-y 轴夹角为θ，粒子受力如图所示，

()

()()

2

2

2

Bqv qE mg =

+，()()

22

52qE mg mg v qB

+=

=

则v 在y 方向上分量大小sin 2y qE E mg

v v v

Bqv B qB

θ==== 因为粒子做匀速直线运动，根据运动的分解可得，粒子运动到距x 轴为h 处所用的时间

2y h Bh qhB t v E mg

=

==； （2）若在粒子束运动过程中，突然将电场变为竖直向下，电场强度大小变为'mg

E q

=，则电场力''F qE mg ==电，电场力方向竖直向上；

所以粒子所受合外力就是洛伦兹力，则有，洛伦兹力充当向心力，即

2v qvB m r =，()()

22

m

qE mg mv R Bq

+==

如图所示，由几何关系可知，当粒子在O 点就改变电场时，第一次打在x 轴上的横坐标最小，()()

()()

22

2122222

22sin 2m

qE mg mE m g

x R B q q B

qE mg θ+====+ 当改变电场时粒子所在处于粒子第一次打在x 轴上的位置之间的距离为2R 时，第一次打在

x 轴上的横坐标最大，()()

()()

()()2

2

22

2222222

2

22[]

25sin m

qE mg m qE mg R

m g x qE

B q E

q B

qE mg θ

++==

=

=+ 所以从O 点射出的所有粒子第一次打在x 轴上的坐标范围为12x x x ≤≤，即

2222

225m g m g

x q B q B

≤≤ （3）粒子束的初速度变为原来的2倍，则粒子不能做匀速直线运动，粒子必发生偏转，而洛伦兹力不做功，电场力和重力对粒子所做的总功必不为零；

那么设离子运动到位置坐标（x ，y ）满足速率'v v =，则根据动能定理有

()2

211222qEx mgy mv m v --=--，32222

31528m g qEx mgy mv q B --=-=-， 所以22211528m g

y x q B

=-+ 点睛：此题考查带电粒子在复合场中的运动问题；关键是分析受力情况及运动情况，画出受力图及轨迹图；注意当求物体运动问题时，改变条件后的问题求解需要对条件改变引起的运动变化进行分析，从变化的地方开始进行求解．

5．如图所示,在平面直角坐标系xOy 平面内,直角三角形abc 的直角边ab 长为6d ，与y 轴重合,∠bac=30°,中位线OM 与x 轴重合,三角形内有垂直纸面向里的匀强磁场．在笫一象限内,有方向沿y 轴正向的匀强电场,场强大小E 与匀强磁场磁感应强度B 的大小间满足E=v 0B ．在x=3d 的N 点处,垂直于x 轴放置一平面荧光屏.电子束以相同的初速度v 0从y 轴上－3d≤y≤0的范围内垂直于y 轴向左射入磁场,其中从y 轴上y=－2d 处射入的电子,经磁场偏转后,恰好经过O 点．电子质量为m,电量为e,电子间的相互作用及重力不计．求 (1)匀强磁杨的磁感应强度B

(2)电子束从y 轴正半轴上射入电场时的纵坐标y 的范围; (3)荧光屏上发光点距N 点的最远距离L

【答案】（1）0mv ed ； （2）02y d ≤≤；（3）9

4

d ； 【解析】

(1)设电子在磁场中做圆周运动的半径为r ； 由几何关系可得r =d

电子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：2

0v ev B m r

=

解得：0

mv B ed

=

(2)当电子在磁场中运动的圆轨迹与ac 边相切时，电子从+ y 轴射入电场的位置距O 点最远，如图甲所示.

设此时的圆心位置为O '，有：sin 30r

O a '=

?

3OO d O a ='-' 解得OO d '=

即从O 点进入磁场的电子射出磁场时的位置距O 点最远 所以22m y r d ==

电子束从y 轴正半轴上射入电场时的纵坐标y 的范围为02y d ≤≤

设电子从02y d ≤≤范围内某一位置射入电场时的纵坐标为y ，从ON 间射出电场时的位置横坐标为x ，速度方向与x 轴间夹角为θ，在电场中运动的时间为t ，电子打到荧光屏上产生的发光点距N 点的距离为L ，如图乙所示：

根据运动学公式有：0x v t =

212eE y t m

=

? y eE v t m

=

tan y v v θ=

tan 3L

d x

θ=

- 解得：(32)2L d y y =即9

8

y d =

时，L 有最大值

解得：94

L d =

当322d y y -=

【点睛】本题属于带电粒子在组合场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，要求能正确的画出运动轨迹，并根据几何关系确定某些物理量之间的关系；粒子在电场中的偏转经常用化曲为直的方法，求极值的问题一定要先找出临界的轨迹，注重数学方法在物理中的应用．

6．电子扩束装置由电子加速器、偏转电场和偏转磁场组成．偏转电场的极板由相距为d 的两块水平平行放置的导体板组成，如图甲所示．大量电子由静止开始，经加速电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间OO ’射入偏转电场．当两板不带电时，这些电子通过两板之间的时间为2t 0；:当在两板间加最大值为U 0、周期为2t 0的电压(如图乙所示)时，所有电子均能从两板间通过，然后进入竖直宽度足够大的匀强酸场中，最后打在竖直放置的荧光屏上．已知磁场的水平宽度为L ，电子的质量为m 、电荷量为e ，其重力不计．

（1）求电子离开偏转电场时的位置到OO ’的最远位置和最近位置之间的距离 （2）要使所有电子都能垂直打在荧光屏上， ①求匀强磁场的磁感应强度B

②求垂直打在荧光屏上的电子束的宽度△y 【答案】（1）2010U e y t dm ?= （2）①00U t B dL =②2

010U e y y t dm

?=?= 【解析】 【详解】

（1）由题意可知，从0、2t 0、4t 0、……等时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场时的位置到OO ′的距离最大，在这种情况下，电子的最大距离为：

2222

000max 00000311222y U e U e U e y at v t t t t dm dm dm

=

+=+= 从t 0、3t 0、……等时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场时的位置到OO ′的距离最小，在这种情况下，电子的最小距离为：

220min 001122U e y at t dm

=

= 最远位置和最近位置之间的距离：1max min y y y ?=-，

2

010U e y t dm

?=

（2）①设电子从偏转电场中射出时的偏向角为θ，由于电子要垂直打在荧光屏上，所以电子在磁场中运动半径应为：

sin L R θ

=

设电子离开偏转电场时的速度为v 1，垂直偏转极板的速度为v y ，则电子离开偏转电场时的偏向角为θ，1

sin y v v θ=，

式中00y U e

v t dm = 又：1

mv R Be =

解得：00

U t B dL

=

②由于各个时刻从偏转电场中射出的电子的速度大小相等，方向相同，因此电子进入磁场后做圆周运动的半径也相同，都能垂直打在荧光屏上．

由第（1）问知电子离开偏转电场时的位置到OO ′的最大距离和最小距离的差值为△y 1， 所以垂直打在荧光屏上的电子束的宽度为：2

010U e y y t dm

?=?=

7．如图所示，荧光屏MN 与x 轴垂直放置，与x 轴相交于Q 点，Q 点的横坐标

06x cm =，在第一象限y 轴和MN 之间有沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度

51.610/E N C =?，在第二象限有半径5R cm =的圆形磁场，磁感应强度0.8B T =，方向垂直xOy 平面向外．磁场的边界和x 轴相切于P 点．在P 点有一个粒子源，可以向x 轴

上方180°范围内的各个方向发射比荷为

81.010/q

C kg m

=?的带正电的粒子，已知粒子的发射速率6

0 4.010/v m s =?．不考虑粒子的重力、粒子间的相互作用．求：

（1）带电粒子在磁场中运动的轨迹半径；

（2）粒子从y 轴正半轴上射入电场的纵坐标范围； （3）带电粒子打到荧光屏上的位置与Q 点间的最远距离． 【答案】（1）5cm （2）010y cm ≤≤ （3）9cm 【解析】 【详解】

（1）带电粒子进入磁场受到洛伦兹力的作用做圆周运动

2

0v qv B m r

=

解得：0

5mv r cm qB

=

= （2）由（1）问中可知r R =，取任意方向进入磁场的粒子，画出粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系可知四边形1PO FO '为菱形，所以1//FO O P '，又O P '垂直于x 轴，粒子出射的速度方向与轨迹半径1FO 垂直，则所有粒子离开磁场时的方向均与x 轴平行，所以粒子从y 轴正半轴上射入电场的纵坐标范围为010y cm ≤≤．

（3）假设粒子没有射出电场就打到荧光屏上，有

000x v t =

2

012

h at =

qE a m

=

解得：18210h cm R cm =>=，

说明粒子离开电场后才打到荧光屏上．设从纵坐标为y 的点进入电场的粒子在电场中沿x 轴方向的位移为x ，则

0x v t =

212

y at =

代入数据解得2x y =设粒子最终到达荧光屏的位置与Q 点的最远距离为H ，粒子射出的电场时速度方向与x 轴正方向间的夹角为θ，

000

tan 2

y qE x v m v y

v v θ===g

，

所以()()

00tan 22H x x x y y θ=-=-g ， 由数学知识可知，当()

022x y y -=时，即 4.5y cm =时H 有最大值，

所以max 9H cm =

8．如图所示，虚线MN 为匀强电场和匀强磁场的分界线，匀强电场场强大小为E 方向竖直向下且与边界MN 成θ=45°角，匀强磁场的磁感应强度为B ，方向垂直纸面向外，在电场中有一点P ，P 点到边界MN 的竖直距离为d 。现将一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子从P 处由静止释放（不计粒子所受重力，电场和磁场范围足够大）。求： （1）粒子第一次进入磁场时的速度大小；

（2）粒子第一次出磁场处到第二次进磁场处的距离；

（3）若粒子第一次进入磁场后的某时刻，磁感应强度大小突然变为'B ，但方向不变，此后粒子恰好被束缚在该磁场中，则'B 的最小值为多少？

【答案】（1）2qEd

m

=v 2）42CA x d =（3）('222B B = 【解析】 【详解】

（1）设粒子第一次进入磁场时的速度大小为v ，由动能定理可得2

12

qEd mv =， 解得2qEd

v m

=

（2）粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图所示，粒子第一次出磁场到第二次进磁场，两点间距为CA x

由类平抛规律x vt =，2

12Eq y t m

=

由几何知识可得x=y ，解得2md

t Eq

=

两点间的距离为2CA x vt =，代入数据可得42CA x d =

（3）由2

mv qvB R

=可得mv R qB =，即12mEd R B q =

由题意可知，当粒子运动到F 点处改变磁感应强度的大小时，粒子运动的半径又最大值，即'B 最小，粒子的运动轨迹如图中的虚线圆所示。 设此后粒子做圆周运动的轨迹半径为r ，则有几何关系可知22

r R += 又因为'mv r qB =

，所以'mv

B qr

=， 代入数据可得()

'222B B =-

9．如图，PQ 分界线的右侧空间有一垂直纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场。一质量为m 、电荷量为q 的粒子以速度v 0沿AC 方向由A 点射入。粒子经D 点时速度的偏向角(偏离原方向的夹角)θ=60°。(不计重力)

(1)试求AD 间的距离；

(2)若去除磁场，改为纸平面内垂直于AC 方向的匀强电场，要想由A 射入的粒子仍然能经

过D 点，试求该电场的强度的大小及方向；粒子此时经D 点时速度的偏向角比60°角大还是小?为什么? 【答案】（1）o

mv

R=Bq

（2）a<60? 【解析】 【详解】

（1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，速度偏角为60?，则粒子转过的圆心角为60?， 即AD=R

由20

0v qv B m R

=

得AD =0

mv R Bq

=

（2）经D 点3

cos302

x R R =?=，1sin302y R R =?=

而0x v t =，212y at =，qE

a m

= 解得04

3

E Bv =

，方向垂直AC 向上 速度偏向角y x

v v tana =

，y v at =

解得2

tan 2tan 3033

α=?=

而tan60=3?，即tan tan60α

10．如图所示，一静止的电子经过电压为U 的电场加速后，立即射入偏转匀强电场中，射入方向与偏转电场的方向垂直，射入点为A ，最终电子从B 点离开偏转电场。已知偏转电场的电场强度大小为E ，方向竖直向上（如图所示），电子的电荷量为e ，质量为m ，重力忽略不计。求：

（1）电子进入偏转电场时的速度v 0；

（2）若将加速电场的电压提高为原来的2倍，使电子仍从B 点经过，则偏转电场的电场强度E 1应该变为原来的多少倍？

（3）若在偏转电场区域加上垂直纸面向外的匀强磁场，使电子从A 点射入该相互垂直的电场和磁场共同存在的区域沿直线运动，求所加磁场的磁感应强度大小。 【答案】（12Ue m （2）2倍 （3）2m

Ue

【解析】 【详解】

（1）电子在电场中的加速，由动能定理得：2

012

Ue mv = 所以，02Ue

v m

=

（2）设电子的水平位移为x ，电子的竖直偏移量为y ，则有：

0x v t = 2

12y at =

Ee ma = 联立解得：24yU

E x =

根据题意可知x 、y 均不变，当U 增大到原来的2倍，场强E 也增大为原来的2倍。 （3）电子做直线运动

0Bev Ee =

解得： 2m

B Ue

=

11．从宏观现象中总结出来的经典物理学规律不一定都能适用于微观体系。但是在某些问题中利用经典物理学规律也能得到与实际比较相符合的结论。根据玻尔的氢原子模型，电子的运动看做经典力学描述下的轨道运动，原子中的电子在库仑力作用下，绕原子核做圆周运动。已知电子质量为m ，电荷量为e ，静电力常量为k 。氢原子处于基态（n =1）时电

子的轨道半径为r 1，电势能为2

1

P e E k r =-（取无穷远处电势能为零)。第n 个能级的轨道

半径为r n ，已知r n =n 2 r 1，氢原子的能量等于电子绕原子核运动的动能、电子与原子核系统的电势能的总和。

（1）求氢原子处于基态时，电子绕原子核运动的速度；

（2）证明：氢原子处于第n 个能级的能量为基态能量的

2

1

n （n =1，2，3，…）； （3）1885年，巴尔末对当时已知的在可见光区的四条谱线做了分析，发现这些谱线的波长能够用一个公式表示，这个公式写做

2

21

11

(

)2R n

λ

=-，n = 3，4，5，…。式中R 叫做里德伯常量，这个公式称为巴尔末公式。已知氢原子基态的能量为E 1，用h 表示普朗克常量，c 表示真空中的光速， 求： a ．里德伯常量R 的表达式；

b ．氢原子光谱巴尔末系最小波长与最大波长之比。 【答案】（1

）1v =

（2）设电子在第1轨道上运动的速度大小为v 1，根据牛顿第二定律有221211v e k m r r =，电子在第1轨道运动的动能2

2111122k ke E mv r ==，电子在第1轨道运

动时氢原子的能量21111222

e ke e E k k r r 2r =-+=-，同理，电子在第n 轨道运动时氢原子的能量2222n n n n n e ke e E k k r r 2r =-+=-，又因为2

1n r n r =，则有 2122122n n E e e E k k r 2n r n

=-=-=，命题得证。（3）a ：1

E R hc

=- b ：5:9 【解析】 【详解】

（1）电子绕氢原子核在第1轨道上做圆周运动

根据牛顿第二定律有22

211

e v k m r r =

则有1v =

（2）设电子在第1轨道上运动的速度大小为v 1，根据牛顿第二定律有22

1211v e k m r r =

电子在第1轨道运动的动能2

2111

122k ke E mv r ==

电子在第1轨道运动时氢原子的能量222

1111

22e ke e E k k r r r =-+=- 同理，电子在第n 轨道运动时氢原子的能量22222n n n n n e ke e E k k r r r =-+=-，又因为2

1n r n r = 则有 22

122122n n E e e E k k r n r n

=-=-=，命题得证。

（3）a ：从n 能级向2能级跃迁放出光的波长为2n c

E E h λ

-=

由12n E E n = 12

22E E = 代入得：1

E R hc

=- b ：由

221

1

12

R n λ??=- ???可知当n =3时波长最大，当n =∞时波长最小 代入可得，最小波长与最大波长之比为5:9。

12．静电喷漆技术具有效率高、质量好、有益于健康等优点，其装置可简化为如图甲所示．A 、B 为水平放置的间距d ＝1.6m 的两块足够大的平行金属板，两板间有方向由B 指向A 的0.1/E V m ＝的匀强电场．在A 板的中央放置一个安全接她的静电油漆喷枪P ，油漆喷枪可向各个方向均匀地喷出初速度大小均为0 6.0/v m s ＝的油漆微粒，已知油漆微粒的质量均为m ＝1.0×10－5kg ，带负电且电荷量均为q ＝1.0×10－3C ，不计油漆微粒间的相互作用以及油漆微粒带电量对板间电场和磁场的影响，忽略空气阻力，g 取210/m s ，已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6．求（计算结果小数点后保留一位数字）：

（1）油漆微粒落在B 板上的最大面积；

（2）若让A 、B 两板间的电场反向（如图乙所示），并在两板间加垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B ＝0.06T ，调节喷枪使油漆微粒只能在纸面内沿各个方向喷出，其他条件不变．

①B 板被油漆微粒打中的区域的长度为多少？

②打中B 板的油漆微粒中，在正交场中运动的最短时间为多少？ 【答案】（1）18．1 m 2（2）1．6 m （3）0．31 s 【解析】

试题分析：（1）油漆微粒的加速度

Eq mg

a m

+=

① 根据运动学 2

12

d at =

② 运动的半径 0x v t =③

落在B 板上所形成圆形面积

2s x π=④

由①②③式并代入数据得

218.1m s =⑤

（2）当电场反向

Eq mg =⑥

油漆微粒做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力

2

v Bqv m R

=

⑦

水平向右射出的油漆微粒打在B 板的右端，根据几何关系

cos R R d α+=⑧ ac 的长度

⑨

打在B 板左端的油漆微粒为和板相切的微粒，同理求得

bc ac =⑩

油漆微粒打在极板上的长度

ab ac bc =+11

由⑥⑦⑧⑨⑩11式并代入数据得

1.6m ab =12

(3)打在B 板上的微粒中，pc 最短的弦长对应的时间最短 有几何关系

2

sin d R

θ=13

运动的最短时间

min 22t T θ

π

=

14 微粒在磁场中运动的周期

2m

T Bq

π=

15 由7131415式代入数据解得

min 0.31s t =16

考点：动能定理的应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律．点评：本题是实际问题，考查理论联系实际的能力，关键在于建立物理模型．