高中物理带电粒子在电场中的运动技巧很有用及练习题.doc
人教版高中物理选修3第一章《带电粒子在电场中的运动》讲义及练习
带电粒子在匀强电场中的运动1．带电粒子的加速(1)动力学分析：带电粒子沿与电场线平行方向进入电场，受到的电场力与运动方向在同一直线上，做加(减)速直线运动，如果是匀强电场，则做匀加(减)速运动．(2)功能关系分析：粒子只受电场力作用，动能变化量等于电势能的变化量． 221qU mv =(初速度为零)；2022121qU mv mv -= 此式适用于一切电场． 2．带电粒子的偏转(1)动力学分析：带电粒子以速度v 0垂直于电场线方向飞入两带电平行板产生的匀强电场中，受到恒定的与初速度方向成900角的电场力作用而做匀变速曲线运动 (类平抛运动)． (2)运动的分析方法(看成类平抛运动)： ①沿初速度方向做速度为v 0的匀速直线运动． ②沿电场力方向做初速度为零的匀加速直线运动．例1如图1—8—1所示，两板间电势差为U ，相距为d ，板长为L ．—正离子q 以平行于极板的速度v 0射入电场中，在电场中受到电场力而发生偏转，则电荷的偏转距离y 和偏转角θ为多少? 解析：电荷在竖直方向做匀加速直线运动，受到的力F ＝Eq ＝Uq/d 由牛顿第二定律，加速度a = F/m = Uq/md水平方向做匀速运动，由L = v 0t 得t = L/ v 0由运动学公式221at s =可得： U dmv qL L md Uq y 202202)v (21=⋅= 带电离子在离开电场时，竖直方向的分速度：v ⊥dmv qULat 0== 离子离开偏转电场时的偏转角度θ可由下式确定：dmv qULv v 200Ítan ==θ 电荷射出电场时的速度的反向延长线交两板中心水平线上的位置确定：如图所示，设交点P 到右端Q 的距离为x ，则由几何关系得：x y /tan =θ21/2/tan 20202===∴dmv qLU d mv U qL yx θ答案：见解析例2两平行金属板相距为d ，电势差为U ，一电子质量为m ，电荷量为e ，从O 点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A 点，然后返回，如图1—8—3所示，OA ＝h ，此电子具有的初动能是 ( )A ．U edh B ．edUh C ．dheU D ．d eUh解析：电子从O 点到A 点，因受电场力作用，速度逐渐减小，根据题意和图示可知，电子仅受电场力，由能量关系：OA eU mv =2021，又E ＝U ／d ，h d U Eh U OA ==，所以deUh mv =2021 . 答案：D ．例3一束质量为m 、电荷量为q 的带电粒子以平行于两极板的速度v 0进入匀强电场，如图1—8—4所示．如果两极板间电压为U ，两极板间的距离为d 、板长为L ．设粒子束不会击中极板，则粒子从进入电场到飞出极板时电势能的变化量为 ．(粒子的重力忽略不计)解析：水平方向匀速，则运动时间t ＝L/ v 0 ①竖直方向加速，则侧移221at y = ② 且dmqUa =③ 由①②③得222mdv qULy =则电场力做功20222220222v md L U q mdv qUL d U q y qE W =⋅⋅=⋅= 由功能原理得电势能减少了2022222v md L U q 答案：减少222222v md L U q 例4如图1—8－5所示，离子发生器发射出一束质量为m ，电荷量为q 的离子，从静止经加速电压U 1加速后，获得速度0v ，并沿垂直于电场线方向射入两平行板中央，受偏转电压U 2作用后，以速度v 离开电场，已知平行板长为l ，两板间距离为d ，求：①0v 的大小；②离子在偏转电场中运动时间t ；③离子在偏转电场中受到的电场力的大小F ； ④离子在偏转电场中的加速度；图1—8—4图1—8－5⑤离子在离开偏转电场时的横向速度y v ； ⑥离子在离开偏转电场时的速度v 的大小； ⑦离子在离开偏转电场时的横向偏移量y ； ⑧离子离开偏转电场时的偏转角θ的正切值tgθ解析：①不管加速电场是不是匀强电场，W ＝qU 都适用，所以由动能定理得： 0121mv qU =mqUv 20=∴ ②由于偏转电场是匀强电场，所以离子的运动类似平抛运动．即：水平方向为速度为v 0的匀速直线运动，竖直方向为初速度为零的匀加速直线运动．∴在水平方向102qU mlv l t ==③d U E 2= F =qE =.d qU 2④mdqU m F a 2==⑤.mU qdl U qU ml md qU at v y 121222=•== ⑥1242222212220U md U ql U qd v v v y +=+=⑦1221222422121dU U l qU ml md qU at y =•==（和带电粒子q 、m 无关，只取决于加速电场和偏转电场）答案： 见解析基础演练1．如图l —8—6所示，电子由静止开始从A 板向B 板运动，当到达B 板时速度为v ，保持两板间电压不变．则 ( )A ．当增大两板间距离时，v 也增大B ．当减小两板间距离时，v 增大C ．当改变两板间距离时，v 不变D ．当增大两板间距离时，电子在两板间运动的时间延长 答案：CD2．如图1—8—7所示，两极板与电源相连接，电子从负极板边缘垂直电场方向射入匀强电场，且恰好从正极板边缘飞出，现在使电子入射速度变为原来的两倍，而电子仍从原位置射入，且仍从正极板边缘飞出，则两极板的间距应变为原来的 ( )图1—8－6A ．2倍B ．4倍C ．0.5倍D ．0.25倍 答案：C3．电子从负极板的边缘垂直进入匀强电场，恰好从正极板边缘飞出，如图1—8—8所示，现在保持两极板间的电压不变，使两极板间的距离变为原来的2倍，电子的入射方向及位臀不变，且要电子仍从正极板边缘飞出，则电子入射的初速度大小应为原来的（ ）A ．22B ．21C ．2D ．2答案：B4．下列带电粒子经过电压为U 的电压加速后，如果它们的初速度均为0，则获得速度最大的粒子是 ( ) A ．质子 B ．氚核 C ．氦核 D ．钠离子Na ＋答案：A5．真空中有一束电子流，以速度v 、沿着跟电场强度方向垂直．自O 点进入匀强电场，如图1—8—9所示，若以O 为坐标原点，x 轴垂直于电场方向，y 轴平行于电场方向，在x 轴上取OA ＝AB ＝BC ，分别自A 、B 、C 点作与y 轴平行的线跟电子流的径迹交于M 、N 、P 三点，那么：(1)电子流经M ，N 、P 三点时，沿x 轴方向的分速度之比为 ． (2)沿y 轴的分速度之比为 ．(3)电子流每经过相等时间的动能增量之比为 ． 答案：111 123 1356．如图1—8—12所示，一个电子(质量为m)电荷量为e ，以初速度v 0沿着匀强电场的电场线方向飞入 匀强电场，已知匀强电场的场强大小为E ，不计重力，问：(1)电子在电场中运动的加速度． (2)电子进入电场的最大距离．(3)电子进入电场最大距离的一半时的动能．答案：(1)m eE(2)eE m v 220 (3)420m v7．如图1—8—13所示，A 、B 为两块足够大的平行金属板，两板间距离为d ，接在电压为U 的电源上．在A 板上的中央P 点处放置一个电子放射源，可以向各个方向释放电子．设电子的质量m 、电荷量为e ，射出的初速度为v ．求电子打在B 板上区域的面积．图1—8－8图1—8－9图1—8—12答案：eUd m v 222π8. 如图1—8—1 4所示一质量为m ，带电荷量为+q 的小球从距地面高h 处以一定初速度水平抛出，在距抛出点水平距离l 处，有一根管口比小球直径略大的竖直细管，管上口距地面h/2，为使小球能无碰撞地通过管子，可在管子上方的整个区域里加一个场强方向水平向左的匀强电场，求： (1)小球的初速度v 0. (2)电场强度E 的大小． (3)小球落地时的动能E k ．答案：(1)hql v 20= (2)E=qhm gl2 (3)mgh E k =巩固提高1．一束带电粒子以相同的速率从同一位置，垂直于电场方向飞入匀强电场中，所有粒子的运动轨迹都是一样的，这说明所有粒子 ( ) A ．都具有相同的质量 B ．都具有相同的电荷量C ．电荷量与质量之比都相同D ．都是同位素 答案：C2．有三个质量相等的小球，分别带正电、负电和不带电，以相同的水平速度由P 点射入水平放置的平行金属板间，它们分别落在下板的A 、B 、C 三处，已知两金属板的上板带负电荷，下板接地，如图1—8—15所示，下列判断正确的是 ( )A 、落在A 、B 、C 三处的小球分别是带正电、不带电和带负电的 B 、三小球在该电场中的加速度大小关系是a A ＜a B ＜a C C 、三小球从进入电场至落到下板所用的时间相等D 、三小球到达下板时动能的大小关系是E KC ＜E KB ＜E KA 答案：AB3．如图1—8—16所示，一个带负电的油滴以初速v 0从P 点倾斜向上进入水平方向的匀强电场中，若油滴达最高点时速度大小仍为v 0，则油滴最高点的位置 ( )A 、P 点的左上方B 、P 点的右上方C 、P 点的正上方D 、上述情况都可能 答案：A图1—8—14图1—8—15图1—8—164. 一个不计重力的带电微粒，进入匀强电场没有发生偏转，则该微粒的 ( ) A. 运动速度必然增大 B ．运动速度必然减小C. 运动速度可能不变 D ．运动加速度肯定不为零 答案：D5. 氘核(电荷量为+e ，质量为2m)和氚核(电荷量为+e 、质量为3m)经相同电压加速后，垂直偏转电场方向进入同一匀强电场．飞出电场时，运动方向的偏转角的正切值之比为（不计原子核所受的重力） ( )A ．1：2B ．2：1C ．1：1D ．1：4 答案：C6． 如图1－8－17所示，从静止出发的电子经加速电场加速后，进入偏转电场．若加速电压为U 1、偏转电压为U 2，要使电子在电场中的偏移距离y 增大为原来的2倍(在保证电子不会打到极板上的前提下)，可选用的方法有 ( ) A ．使U 1减小为原来的1/2 B ．使U 2增大为原来的2倍C ．使偏转电场极板长度增大为原来的2倍D ．使偏转电场极板的间距减小为原来的1/2答案：ABD7．如图1－8－18所示是某示波管的示意图，如果在水平放置的偏转电极上加一个电压，则电子束将被偏转．每单位电压引起的偏转距离叫示波管的灵敏度，下面这些措施中对提高示波管的灵敏度有用的是 ( ) A ．尽可能把偏转极板L 做得长一点 B ．尽可能把偏转极板L 做得短一点C ．尽可能把偏转极板间的距离d 做得小一点D ．将电子枪的加速电压提高答案：AC8．一个初动能为E k 的电子，垂直电场线飞入平行板电容器中，飞出电容器的动能为2E k ，如果此电子的初速度增至原来的2倍，则它飞出电容器的动能变为 ( )A ．4E kB ．8E kC ．4.5E kD ．4.25E k 答案：D9. 电子所带电荷量最早是由美国科学家密立根通过油滴实验测出的．油滴实验的原理如图1－8－19所示，两块水平放置的平行金属板与电源连接，上、下板分别带正、负电荷．油滴从喷雾器喷出后，由于摩擦而带电，油滴进入上板中央小孔后落到匀强电场中，通过显微镜可以观察到油滴的运动情况．两金属板间的距离为d ，忽略空气对油滴的浮力和阻力．(1)调节两金属板间的电势u ，当u=U 0时，使得某个质量为m 1的油滴恰好做匀速运动．该油滴所带电荷量q 为多少?图1－8－17图1－8－18(2)若油滴进入电场时的速度可以忽略，当两金属板间的电势差u=U 时，观察到某个质量为m 2的油滴进入电场后做匀加速运动，经过时间t 运动到下极板，求此油滴所带电荷量Q.答案：(1)01U gd m q =(2))2(22t dg U d m Q -=1．如图1—8—10所示，—电子具有100 eV 的动能．从A 点垂直于电场线飞 入匀强电场中，当从D 点飞出电场时，速度方向跟电场强度方向成1500角．则 A 、B 两点之间的电势差U AB ＝ V ．答案：300V2．静止在太空中的飞行器上有一种装置，它利用电场加速带电粒子形成向外发射的高速电子流，从而对飞行器产生反冲力，使其获得加速度．已知飞行器质量为M ，发射的是2价氧离子．发射离子的功率恒为P ，加 速的电压为U ，每个氧离子的质量为m ．单位电荷的电荷量为e ．不计发射氧离子后飞行器质量的变化，求：(1)射出的氧离子速度．(2)每秒钟射出的氧离子数．(离子速度远大于飞行器的速度，分析时可认为飞行器始终静止不动)答案：(1)2meU (2)eU P23.在匀强电场中，同一条电场线上有A 、B 两点，有两个带电粒子先后由静止从A 点出发并通过B 点．若两粒子的质量之比为2：1，电荷量之比为4：1，忽略它们所受重力，则它们由A 点运动到B 点所用时间之比为( ) A.1：2 B ．2：1 C ．1：2 D ．2：1答案：A4．图1—8—20是静电分选器的原理示意图，将磷酸盐和石英的混合颗粒由传送带送至两个竖直的带电平行板上方，颗粒经漏斗从电场区域中央处开始下落，经分选后的颗粒分别装入A 、B 桶中．混合颗粒离开漏斗进入电场时磷酸盐颗粒带正电，石英颗粒带负电，所有颗粒所带的电荷量与质量之比均为10-5C ／kg ．若已知两板间的距离为10 cm ，两板的竖直高度为50 cm ．设颗粒进入电场时的速度为零，颗粒间相互作用不计．如果要求两种颗粒离开两极板间的电场区域时有最大的偏转量且又恰好不接触到极板． (1)两极板间所加的电压应多大?(2)若带电平行板的下端距A 、B 桶底的高度H=1.3m ，求颗粒落至桶底时速度的大小．答案：(1)1×104V (2)1.36m/s图1－8－20图1—8—105．(20分)如图，水平放置的平行板电容器，原来两极板不带电，上极板接地，它的极板长L＝0.1 m，两极板间距离d＝0.4 cm.有一束相同微粒组成的带电粒子流从两板中央平行于极板射入，由于重力作用微粒落到下板上．已知微粒质量为m＝2×10－6 kg，电荷量为q＝＋1×10－8 C，电容器电容为C＝10－6 F，g取10 m/s2，求：(1)为使第一个微粒的落点范围在下极板中点到紧靠边缘的B点之内，则微粒入射速度v0应为多少？(2)若带电粒子落到AB板上后电荷全部转移到极板上，则以上述速度射入的带电粒子最多能有多少个落到下极板上？答案：(1)2.5 m/s<v0<5 m/s(2)600个__________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________1．带电粒子经加速电场加速后垂直进入两平行金属板间的偏转电场，要使它离开偏转电场时偏转角增大，可采用的方法有()A．增加带电粒子的电荷量B．增加带电粒子的质量C．增大加速电压D．增大偏转电压答案：D2．一束带有等量电荷的不同离子从同一点垂直电场线进入同一匀强偏转电场，飞离电场后打在荧光屏上的同一点，则()A．离子进入电场的初速度相同B．离子进入电场的初动量相同C．离子进入电场的初动能相同D．离子在电场中的运动时间相同答案：C3. 一个示波器在工作的某一段时间内，荧光屏上的光点在x轴的下方，如图所示，由此可知在该段时间内的偏转电压情况是()A．有竖直方向的偏转电压，且上正下负B．有竖直方向的偏转电压，且上负下正C．有水平方向的偏转电压，且左正右负D．有水平方向的偏转电压，且右正左负答案：B4.如图所示，质量相等的两个带电液滴1和2从水平方向的匀强电场中O点自由释放后，分别抵达B、C两点，若AB＝BC，则它们带电荷量之比q1：q2等于()A．1：2 B．2：1C．1： 2 D.2：1答案：B5. （2014年80中高二）如图所示，电子由静止开始从A板向B板运动，当到达B板时速度为v，保持两板电压不变，则()A．当增大两板间距离时，v增大B．当减小两板间距离时，v减小C．当改变两板间距离时，v不变D．当增大两板间距离时，电子在两板间运动的时间增大答案：CD6. （2014年西城期中）如图所示，带等量异号电荷的两平行金属板在真空中水平放置，M、N为板间同一电场线上的两点，一带电粒子(不计重力)以速度vM经过M点在电场线上向下运动，且未与下板接触，一段时间后，粒子以速度vN折回N点，则()A．粒子受静电力的方向一定由M指向NB．粒子在M点的速度一定比在N点的大C．粒子在M点的电势能一定比在N点的大D．电场中M点的电势一定高于N点的电势答案：B7．（2014年东城期中）如图所示，竖直放置的一对平行金属板间的电势差为U1，水平放置的一对平行金属板间的电势差为U2.一电子由静止开始经U1加速后，进入水平放置的金属板间，刚好从下板边缘射出．不计电子重力，下列说法正确的是()A．增大U1，电子一定打在金属板上B．减小U1，电子一定打在金属板上C．减小U2，电子一定能从水平金属板间射出D．增大U2，电子一定能从水平金属板间射出答案：BC。
高中物理带电粒子在电场中的运动答题技巧及练习题(含答案)
高中物理带电粒子在电场中的运动答题技巧及练习题(含答案)一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动1．如图(a)所示，整个空间存在竖直向上的匀强电场（平行于纸面），在同一水平线上的两位置，以相同速率同时喷出质量均为m 的油滴a 和b ，带电量为+q 的a 水平向右，不带电的b 竖直向上．b 上升高度为h 时，到达最高点，此时a 恰好与它相碰，瞬间结合成油滴p ．忽略空气阻力，重力加速度为g ．求(1)油滴b 竖直上升的时间及两油滴喷出位置的距离； (2)匀强电场的场强及油滴a 、b 结合为p 后瞬间的速度；(3)若油滴p 形成时恰位于某矩形区域边界，取此时为0t =时刻，同时在该矩形区域加一个垂直于纸面的周期性变化的匀强磁场，磁场变化规律如图(b)所示，磁场变化周期为T 0（垂直纸面向外为正），已知P 始终在矩形区域内运动，求矩形区域的最小面积．（忽略磁场突变的影响） 【答案】（12hg2h （2）2mg q ；P v gh = 方向向右上，与水平方向夹角为45°（3）20min 22ghT s π= 【解析】 【详解】(1)设油滴的喷出速率为0v ，则对油滴b 做竖直上抛运动，有2002v gh =- 解得02v gh000v gt =- 解得02ht g=对油滴a 的水平运动，有000x v t = 解得02x h =(2)两油滴结合之前，油滴a 做类平抛运动，设加速度为a ，有qE mg ma -=，2012h at =，解得a g =，2mg E q =设油滴的喷出速率为0v ，结合前瞬间油滴a 速度大小为a v ，方向向右上与水平方向夹θ角，则0a cos v v θ=，00tan v at θ=，解得a 2v gh =45θ=︒两油滴的结束过程动量守恒，有：12p mv mv =，联立各式，解得：p vgh =，方向向右上，与水平方向夹45︒角(3)因2qE mg =，油滴p 在磁场中做匀速圆周运动，设半径为r ，周期为T ，则由2082pp v m qv m qT r π= 得04T gh r π=，由2p r T v π= 得02T T = 即油滴p 在磁场中的运动轨迹是两个外切圆组成的“8”字形．最小矩形的两条边长分别为2r 、4r （轨迹如图所示）．最小矩形的面积为20min2242ghT s r r π=⨯=2．如图所示，虚线MN 左侧有一场强为E 1＝E 的匀强电场，在两条平行的虚线MN 和PQ 之间存在着宽为L 、电场强度为E 2＝2E 的匀强电场，在虚线PQ 右侧距PQ 为L 处有一与电场E 2平行的屏．现将一电子(电荷量为e ，质量为m ，重力不计)无初速度地放入电场E 1中的A 点，最后电子打在右侧的屏上，A 点到MN 的距离为2L，AO 连线与屏垂直，垂足为O ，求：(1) 电子到达MN 时的速度；(2) 电子离开偏转电场时偏转角的正切值tan θ； (3) 电子打到屏上的点P ′到点O 的距离.【答案】(1) eELv m=L . 【解析】 【详解】（1）电子在电场E 1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a 1，到达MN 的速度为v ，则：a 1＝1eE m ＝eEm2122La v =解得eELv m=（2）设电子射出电场E 2时沿平行电场线方向的速度为v y ，a 2＝2eE m ＝2eEm t ＝L v v y ＝a 2ttan θ＝y v v=2（3）电子离开电场E 2后，将速度方向反向延长交于E 2场的中点O ′.由几何关系知：tan θ＝2xLL+解得：x ＝3L .3．利用电场可以控制电子的运动，这一技术在现代设备中有广泛的应用，已知电子的质量为m ，电荷量为e -，不计重力及电子之间的相互作用力，不考虑相对论效应．（1）在宽度一定的空间中存在竖直向下的匀强电场，一束电子以相同的初速度0v 沿水平方向射入电场，如图1所示，图中虚线为某一电子的轨迹，射入点A 处电势为A ϕ，射出点B 处电势为B ϕ．①求该电子在由A 运动到B 的过程中，电场力做的功AB W ；②请判断该电子束穿过图1所示电场后，运动方向是否仍然彼此平行？若平行，请求出速度方向偏转角θ的余弦值cos θ（速度方向偏转角是指末速度方向与初速度方向之间的夹角）；若不平行，请说明是会聚还是发散．（2）某电子枪除了加速电子外，同时还有使电子束会聚或发散作用，其原理可简化为图2所示．一球形界面外部空间中各处电势均为1ϕ，内部各处电势均为221()ϕϕϕ>，球心位于z 轴上O 点．一束靠近z 轴且关于z 轴对称的电子以相同的速度1v 平行于z 轴射入该界面，由于电子只受到在界面处法线方向的作用力，其运动方向将发生改变，改变前后能量守恒．①请定性画出这束电子射入球形界面后运动方向的示意图（画出电子束边缘处两条即可）；②某电子入射方向与法线的夹角为1θ，求它射入球形界面后的运动方向与法线的夹角2θ的正弦值2sin θ．【答案】（1）①()AB B A W e ϕϕ=- ②是平行；()020cos 2B A v ve v mθϕϕ==-+； （2）① ②()1122211sin 2e v mθϕϕ=-+【解析】 【详解】（1）①AB 两点的电势差为AB A B U ϕϕ=-在电子由A 运动到B 的过程中电场力做的功为()AB AB B A W eU e ϕϕ=-=-②电子束在同一电场中运动，电场力做功一样，所以穿出电场时，运动方向仍然彼此平行，设电子在B 点处的速度大小为v ，根据动能定理2201122AB W mv mv =- 0cos v v θ=解得：()020cos 2B A v ve v mθϕϕ==-+（2）①运动图如图所示：②设电子穿过界面后的速度为2v ，由于电子只受法线方向的作用力，其沿界面方向的速度不变，则1122sin sin θθ=v v 电子穿过界面的过程，能量守恒则：2211221122mv e mv e ϕϕ-=- 可解得：()212212e v v mϕϕ-=+ 则()1122211sin 2e v mθϕϕ=-+故本题答案是：（1）①()AB B A W e ϕϕ=- ②()020cos 2B A v ve v mθϕϕ==-+；（2）① ②()1122211sin 2e v mθϕϕ=-+4．在水平桌面上有一个边长为L 的正方形框架，内嵌一个表面光滑的绝缘圆盘，圆盘所在区域存在垂直圆盘向上的匀强磁场．一带电小球从圆盘上的P 点（P 为正方形框架对角线AC 与圆盘的交点）以初速度v 0水平射入磁场区，小球刚好以平行于BC 边的速度从圆盘上的Q 点离开该磁场区（图中Q 点未画出），如图甲所示．现撤去磁场，小球仍从P 点以相同的初速度v 0水平入射，为使其仍从Q 点离开，可将整个装置以CD 边为轴向上抬起一定高度，如图乙所示，忽略小球运动过程中的空气阻力，已知重力加速度为g ．求：（1）小球两次在圆盘上运动的时间之比；（2）框架以CD为轴抬起后，AB边距桌面的高度．【答案】（1）小球两次在圆盘上运动的时间之比为：π：2；（2）框架以CD为轴抬起后，AB边距桌面的高度为222vg．【解析】【分析】【详解】（1）小球在磁场中做匀速圆周运动，由几何知识得：r2+r2=L2，解得：r=22L，小球在磁场中做圆周运的周期：T=2rvπ，小球在磁场中的运动时间：t1=14T=24Lvπ，小球在斜面上做类平抛运动，水平方向：x =r =v 0t 2， 运动时间：t 2=22L v ，则：t 1：t 2=π：2；（2）小球在斜面上做类平抛运动，沿斜面方向做初速度为零的匀加速直线运动，位移：r =2212at ，解得，加速度：a =222v L，对小球，由牛顿第二定律得：a =mgsin mθ=g sinθ， AB 边距离桌面的高度：h =L sinθ=222v g；5．如图所示，荧光屏MN 与x 轴垂直放置，荧光屏所在位置的横坐标x 0=60cm ，在第一象限y 轴和MN 之间存在沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度E =1.6×105N/C ，在第二象限有半径R =5cm 的圆形磁场，磁感应强度B =0.8T ，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qm=1.0×108C/kg 的带正电的粒子，已知粒子的发射速率v 0=4.0×106m/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 点的最远距离． 【答案】（1）5cm ；（2）0≤y≤10cm ；（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，由洛伦兹力提供向心力得：qvB =m 20v r解得：r =20510mv Bq-=⨯m=5cm （2）由（1）问可知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PO′FO 1为菱形，所以FO 1∥O′P ，又O′P 垂直于x 轴，粒子出射的速度方向与轨迹半径FO 1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0≤y ≤10cm （3）假设粒子没有射出电场就打到荧光屏上，有：x 0=v 0t 0 h =2012at a =qE m解得：h =18cm ＞2R =10cm说明粒子离开电场后才打在荧光屏上．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：x =v 0t y =212at 代入数据解得：x 2y设粒子最终到达荧光屏的位置与Q 点的最远距离为H ，粒子射出电场时速度方向与x 轴正方向间的夹角为θ，000tan 2y qE x v m v yv v θ⋅===所以：H =（x 0﹣x ）tan θ=（x 02y ）2y由数学知识可知，当（x 02y ）2y 时，即y =4.5cm 时H 有最大值 所以H max =9cm6．如图所示，两块平行金属极板MN 水平放置，板长L =" 1" m ．间距d =33m ，两金属板间电压U MN = 1×104V ；在平行金属板右侧依次存在ABC 和FGH 两个全等的正三角形区域，正三角形ABC 内存在垂直纸面向里的匀强磁场B 1，三角形的上顶点A 与上金属板M 平齐，BC 边与金属板平行，AB 边的中点P 恰好在下金属板N 的右端点；正三角形FGH 内存在垂直纸面向外的匀强磁场B 2，已知A 、F 、G 处于同一直线上．B 、C 、H 也处于同一直线上．AF 两点距离为23m ．现从平行金属极板MN 左端沿中心轴线方向入射一个重力不计的带电粒子，粒子质量m = 3×10-10kg ，带电量q = +1×10-4C ，初速度v 0= 1×105m/s ．(1)求带电粒子从电场中射出时的速度v 的大小和方向(2)若带电粒子进入中间三角形区域后垂直打在AC 边上，求该区域的磁感应强度B 1 (3)若要使带电粒子由FH 边界进入FGH 区域并能再次回到FH 界面，求B 2应满足的条件． 【答案】（152310/m s ；垂直于AB 方向出射．（2）3310（323+ 【解析】试题分析：（1）设带电粒子在电场中做类平抛运动的时间为t ，加速度为a ， 则：U qma d =解得：102310/qU a m s md == 50110Lt s v -==⨯ 竖直方向的速度为：v y ＝at ＝33×105m/s 射出时速度为：22502310/y v v v m s =+=速度v 与水平方向夹角为θ，03tan 3y v v θ==，故θ=30°，即垂直于AB 方向出射． （2）带电粒子出电场时竖直方向的偏转的位移213262d y at ===，即粒子由P 1点垂直AB 射入磁场，由几何关系知在磁场ABC 区域内做圆周运动的半径为12cos303d R m ==o由211vB qv mR=知：113310mvB TqR==（3）分析知当轨迹与边界GH相切时，对应磁感应强度B2最大，运动轨迹如图所示：由几何关系得：221sin60RRo+=故半径2(233)R m=-又222vB qv mR=故2235B T+=所以B2应满足的条件为大于235T+．考点：带电粒子在匀强磁场中的运动.7．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2t0；:当在两板间加最大值为U0、周期为2t0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B②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 =②2010U 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： 2222000max 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 ∆=-，2010U 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，1sin y v v θ=， 式中00y U e v t dm =又：1mv R Be= 解得：00U 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：2010U e y y t dm∆=∆=8．长为L 的平行板电容器沿水平方向放置，其极板间的距离为d ，电势差为U ，有方向垂直纸面向里的磁感应强度大小为B的匀强磁场．荧光屏MN与电场方向平行，且到匀强电、磁场右侧边界的距离为x，电容器左侧中间有发射质量为m带＋q的粒子源，如图甲所示．假设a、b、c三个粒子以大小不等的初速度垂直于电、磁场水平射入场中，其中a 粒子沿直线运动到荧光屏上的O点；b粒子在电、磁场中向上偏转；c粒子在电、磁场中向下偏转．现将磁场向右平移与电场恰好分开，如图乙所示．此时，a、b、c粒子在原来位置上以各自的原速度水平射入电场，结果a粒子仍恰好打在荧光屏上的O点；b、c中有一个粒子也能打到荧光屏，且距O点下方最远；还有一个粒子在场中运动时间最长，且打到电容器极板的中点．求：(1)a粒子在电、磁场分开后，再次打到荧光屏O点时的动能；(2)b，c粒子中打到荧光屏上的点与O点间的距离(用x、L、d表示)；(3)b，c中打到电容器极板中点的那个粒子先、后在电场中，电场力做功之比．【答案】(1)242222222akL B d q m UEmB d= (2)1()2xy dL=+ (3)11224==5UqyW dUqW yd【解析】【详解】据题意分析可作出abc三个粒子运动的示意图，如图所示．(1) 从图中可见电、磁场分开后，a 粒子经三个阶段：第一，在电场中做类平抛运动；第二，在磁场中做匀速圆周运动；第三，出磁场后做匀速直线运动到达O 点，运动轨迹如图中Ⅰ所示．U q Bqv d=， Bd U v =， L LBd t v U==， 222122a Uq L B qd y t dm mU==， 21()2a a k U U qy E m d Bd=- 242222222a k L B d q m U E mB d= (2) 从图中可见c 粒子经两个阶段打到荧光屏上．第一，在电场中做类平抛运动；第二，离开电场后做匀速直线运动打到荧光屏上，运动轨迹如图中Ⅱ所示．设c 粒子打到荧光屏上的点到O 点的距离为y ，根据平抛运动规律和特点及几何关系可得12=122d y L L x +， 1()2x y d L =+ (3) 依题意可知粒子先后在电场中运动的时间比为t 1=2t 2如图中Ⅲ的粒子轨迹，设粒子先、后在电场中发生的侧移为y 1，y 22111·2Uq y t md =，11y Uq v t md= 122221·2y Uq t m y t dv +=， 22158qU y t md=， 124=5y y ， 11224==5Uq y W d Uq W y d9．如图，第一象限内存在沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E ，第二、三、四象限存在方向垂直xOy 平面向外的匀强磁场，其中第二象限的磁感应强度大小为B ，第三、四象限磁感应强度大小相等，一带正电的粒子，从P （-d ，0）点沿与x 轴正方向成α=60°角平行xOy 平面入射，经第二象限后恰好由y 轴上的Q 点（图中未画出）垂直y 轴进入第一象限，之后经第四、三象限重新回到P 点，回到P 点时速度方向与入射方时相同，不计粒子重力，求：（1）粒子从P 点入射时的速度v 0；（2）第三、四象限磁感应强度的大小B /；【答案】（1）3E B（2）2.4B 【解析】试题分析：（1）粒子从P 点射入磁场中做匀速圆周运动，画出轨迹如图，设粒子在第二象限圆周运动的半径为r，由几何知识得：23603 d d drsin sinα===︒根据2mvqv Br=得233qBdvm=粒子在第一象限中做类平抛运动，则有21602qEr cos tm-︒=（）；00yv qEttanv mvα==联立解得03EvB=（2）设粒子在第一象限类平抛运动的水平位移和竖直位移分别为x和y，根据粒子在第三、四象限圆周运动的对称性可知粒子刚进入第四象限时速度与x轴正方向的夹角等于α．则有：x=v0t，2yvy t=得322yvy tanx vα===由几何知识可得 y=r-rcosα=132r=则得23x d=所以粒子在第三、四象限圆周运动的半径为125323d dRsinα⎛⎫+⎪⎝⎭==粒子进入第三、四象限运动的速度0432v qBdv vcosα===根据2'vqvB mR=得：B′=2．4B考点：带电粒子在电场及磁场中的运动10．如图,光滑水平面上静置质量为m ，长为L 的绝缘板a,绝缘板右端园定有竖直挡板,整个装置置于水平向右的匀强电场中.现将一质量也为m 、带电量为q(q>0)的物块b 置于绝缘板左端(b 可视为质点且初速度为零)，已知匀强电场的场强大小为E=3μmg/q ，物块与绝缘板板间动摩擦数为μ(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，物块与绝缘板右端竖直挡板碰撞后a 、b 速度交换,且碰撞时间极短可忽略不计,物块带电量始终保持不变,重力加速度为g 。
高中物理带电粒子在电场中的运动解题技巧及练习题及解析
高中物理带电粒子在电场中的运动解题技巧及练习题及解析一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动1．如图，一带电荷量q =+0.05C 、质量M =lkg 的绝缘平板置于光滑的水平面上，板上靠右端放一可视为质点、质量m =lkg 的不带电小物块，平板与物块间的动摩擦因数μ=0.75．距平板左端L =0.8m 处有一固定弹性挡板，挡板与平板等高，平板撞上挡板后会原速率反弹。
整个空间存在电场强度E =100N/C 的水平向左的匀强电场。
现将物块与平板一起由静止释放，已知重力加速度g =10m/s 2，平板所带电荷量保持不变，整个过程中物块未离开平板。
求：（1）平板第二次与挡板即将碰撞时的速率； （2）平板的最小长度；（3）从释放平板到两者最终停止运动，挡板对平板的总冲量。
【答案】（1）平板第二次与挡板即将碰撞时的速率为1.0m/s;（2）平板的最小长度为0.53m;（3）从释放平板到两者最终停止运动，挡板对平板的总冲量为8.0N•s 【解析】 【详解】（1）两者相对静止，在电场力作用下一起向左加速， 有a =qEm=2.5m/s 2＜μg 故平板M 与物块m 一起匀加速，根据动能定理可得：qEL =12（M +m ）v 21 解得v =2.0m/s平板反弹后，物块加速度大小a 1=mgmμ=7.5m/s 2，向左做匀减速运动平板加速度大小a 2=qE mgmμ+=12.5m/s 2， 平板向右做匀减速运动，设经历时间t 1木板与木块达到共同速度v 1′，向右为正方向。
-v 1+a 1t 1=v 1-a 2t 1解得t 1=0.2s ，v 1'=0.5m/s ，方向向左。
此时平板左端距挡板的距离：x =v 1t 122112a t -=0.15m 此后两者一起向左匀加速，设第二次碰撞时速度为v ，则由动能定理12（M +m ）v 2212-（M +m ）21'v =qEx 1解得v 2=1.0m/s（2）最后平板、小物块静止（左端与挡板接触），此时小物块恰好滑到平板最左端，这时的平板长度最短。
高中物理带电粒子在电场中的运动解题技巧(超强)及练习题(含答案)及解析
设此时的圆心位置为 O ，有： Oa r sin 30
OO 3d Oa 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 ym 2r 2d 电子束从 y 轴正半轴上射入电场时的纵坐标 y 的范围为 0 y 2d 设电子从 0 y 2d 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
）；
(3) 0 B 16mv0 或 15qL
B 16mv0 3qL
【解析】 【分析】 (1)a、b 碰撞，由动量守恒和能量守恒关系求解碰后 a、b 的速度； (2)碰后 a 在电场中向左做类平抛运动，根据平抛运动的规律求解 P 点的位置坐标； (3)要使 b 球不从 CD 边界射出，求解恰能从 C 点和 D 点射出的临界条件确定磁感应强度的 范围。 【详解】 (1)a 匀速，则
解得： L 9 d 4
当3 d 2y 2y
【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．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 x0 6cm ，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 E 1.6105 N / C ，在第二象限有半径 R 5cm 的圆形磁场，磁感应强度 B 0.8T ，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 q 1.0108C / kg 的带正电的粒子，已知粒子的
高中物理带电粒子在电场中的运动试题(有答案和解析)
高中物理带电粒子在电场中的运动试题(有答案和解析)一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动1．如图所示，EF 与GH 间为一无场区．无场区左侧A 、B 为相距为d 、板长为L 的水平放置的平行金属板，两板上加某一电压从而在板间形成一匀强电场，其中A 为正极板．无场区右侧为一点电荷Q 形成的电场，点电荷的位置O 为圆弧形细圆管CD 的圆心，圆弧半径为R ，圆心角为120°，O 、C 在两板间的中心线上，D 位于GH 上．一个质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子以初速度v 0沿两板间的中心线射入匀强电场，粒子出匀强电场经无场区后恰能进入细圆管，并做与管壁无相互挤压的匀速圆周运动．（不计粒子的重力、管的粗细）求：(1)O 处点电荷的电性和电荷量； (2)两金属板间所加的电压．【答案】(1)负电，2043mv R kq ；(2) 2033mdv qL【解析】（1）粒子进入圆管后受到点电荷Q 的库仑力作匀速圆周运动，粒子带正电，则知O 处点电荷带负电．由几何关系知，粒子在D 点速度方向与水平方向夹角为30°，进入D 点时速度为：0023303v v v cos ==︒ …①在细圆管中做与管壁无相互挤压的匀速圆周运动，故Q 带负电且满足22Qq v k mR R =…② 由①②得：2043mv RQ kq=（2）粒子射出电场时速度方向与水平方向成30° tan 30°=0y v v …③v y =at…④qUa md=…⑤ 0Lt v =…⑥ 由③④⑤⑥得：22003033mdv tan mdv U qL qL︒==2．在如图甲所示的直角坐标系中，两平行极板MN 垂直于y 轴，N 板在x 轴上且其左端与坐标原点O 重合，极板长度l =0.08m ，板间距离d =0.09m ，两板间加上如图乙所示的周期性变化电压，两板间电场可看作匀强电场．在y 轴上(0，d /2)处有一粒子源，垂直于y 轴连续不断向x 轴正方向发射相同的带正电的粒子，粒子比荷为qm=5×107C ／kg ，速度为v 0=8×105m/s ．t =0时刻射入板间的粒子恰好经N 板右边缘打在x 轴上.不计粒子重力及粒子间的相互作用，求:(1)电压U 0的大小；(2)若沿x 轴水平放置一荧光屏，要使粒子全部打在荧光屏上，求荧光屏的最小长度； (3)若在第四象限加一个与x 轴相切的圆形匀强磁场，半径为r =0.03m ，切点A 的坐标为(0.12m ，0)，磁场的磁感应强度大小B =23T ，方向垂直于坐标平面向里．求粒子出磁场后与x 轴交点坐标的范围．【答案】(1)40 2.1610V U =⨯ (2)0.04m x ∆= (3)0.1425m x ≥【解析】 【分析】 【详解】(1)对于t =0时刻射入极板间的粒子：0l v T = 7110T s -=⨯211()22T y a =2y T v a= 22yT y v = 122dy y =+ Eq ma =U E d=解得：40 2.1610V U =⨯(2)2Tt nT =+时刻射出的粒子打在x 轴上水平位移最大：032A T x v = 所放荧光屏的最小长度A x x l ∆=-即：0.04x m ∆= (3)不同时刻射出极板的粒子沿垂直于极板方向的速度均为v y . 速度偏转角的正切值均为：0tan y v v β=37β=ocos37v v=o 6110m/s v =⨯即：所有的粒子射出极板时速度的大小和方向均相同.2v qvB m R=0.03m R r ==由分析得，如图所示，所有粒子在磁场中运动后发生磁聚焦由磁场中的一点B 离开磁场.由几何关系，恰好经N 板右边缘的粒子经x 轴后沿磁场圆半径方向射入磁场，一定沿磁场圆半径方向射出磁场；从x 轴射出点的横坐标：tan 53C A Rx x ︒=+0.1425m C x =.由几何关系，过A 点的粒子经x 轴后进入磁场由B 点沿x 轴正向运动. 综上所述，粒子经过磁场后第二次打在x 轴上的范围为：0.1425m x ≥3．利用电场可以控制电子的运动，这一技术在现代设备中有广泛的应用，已知电子的质量为m ，电荷量为e -，不计重力及电子之间的相互作用力，不考虑相对论效应．（1）在宽度一定的空间中存在竖直向下的匀强电场，一束电子以相同的初速度0v 沿水平方向射入电场，如图1所示，图中虚线为某一电子的轨迹，射入点A 处电势为A ϕ，射出点B 处电势为B ϕ．①求该电子在由A 运动到B 的过程中，电场力做的功AB W ；②请判断该电子束穿过图1所示电场后，运动方向是否仍然彼此平行？若平行，请求出速度方向偏转角θ的余弦值cos θ（速度方向偏转角是指末速度方向与初速度方向之间的夹角）；若不平行，请说明是会聚还是发散．（2）某电子枪除了加速电子外，同时还有使电子束会聚或发散作用，其原理可简化为图2所示．一球形界面外部空间中各处电势均为1ϕ，内部各处电势均为221()ϕϕϕ>，球心位于z 轴上O 点．一束靠近z 轴且关于z 轴对称的电子以相同的速度1v 平行于z 轴射入该界面，由于电子只受到在界面处法线方向的作用力，其运动方向将发生改变，改变前后能量守恒．①请定性画出这束电子射入球形界面后运动方向的示意图（画出电子束边缘处两条即可）；②某电子入射方向与法线的夹角为1θ，求它射入球形界面后的运动方向与法线的夹角2θ的正弦值2sin θ．【答案】（1）①()AB B A W e ϕϕ=- ②是平行；()020cos 2B A v ve v mθϕϕ==-+（2）① ②()1122211sin 2e v mθϕϕ=-+【解析】 【详解】（1）①AB 两点的电势差为AB A B U ϕϕ=-在电子由A 运动到B 的过程中电场力做的功为()AB AB B A W eU e ϕϕ=-=-②电子束在同一电场中运动，电场力做功一样，所以穿出电场时，运动方向仍然彼此平行，设电子在B 点处的速度大小为v ，根据动能定理2201122AB W mv mv =- 0cos v v θ=解得：()020cos 2B A v ve v mθϕϕ==-+（2）①运动图如图所示：②设电子穿过界面后的速度为2v ，由于电子只受法线方向的作用力，其沿界面方向的速度不变，则1122sin sin θθ=v v 电子穿过界面的过程，能量守恒则：2211221122mv e mv e ϕϕ-=- 可解得：()212212e v v mϕϕ-=+ 则()1122211sin 2e v mθϕϕ=-+故本题答案是：（1）①()AB B A W e ϕϕ=- ②()020cos 2B A v ve v mθϕϕ==-+（2）① ②()1122211sin 2e v mθϕϕ=-+4．如图所示，半径r =0.06m 的半圆形无场区的圆心在坐标原点O 处，半径R =0.1m ，磁感应强度大小B =0.075T 的圆形有界磁场区的圆心坐标为（0，0.08m ），平行金属板MN 的极板长L =0.3m 、间距d =0.1m ，极板间所加电压U =6.4x102V ，其中N 极板收集到的粒子全部中和吸收．一位于O 处的粒子源向第一、二象限均匀地发射速度为v 的带正电粒子，经圆形磁场偏转后，从第一象限出射的粒子速度方向均沿x 轴正方向，已知粒子在磁场中的运动半径R 0=0.08m ，若粒子重力不计、比荷qm=108C/kg 、不计粒子间的相互作用力及电场的边缘效应．sin53°=0.8，cos53°=0.6． （1）求粒子的发射速度v 的大小；（2）若粒子在O 点入射方向与x 轴负方向夹角为37°，求它打出磁场时的坐标： （3）N 板收集到的粒子占所有发射粒子的比例η．【答案】（1）6×105m/s ；（2）（0，0.18m ）；（3）29% 【解析】 【详解】（1）由洛伦兹力充当向心力，即qvB =m 2v R可得：v =6×105m/s ；（2）若粒子在O 点入射方向与x 轴负方向夹角为37°，作出速度方向的垂线与y 轴交于一点Q ，根据几何关系可得PQ=0.0637cos o=0.08m ，即Q 为轨迹圆心的位置； Q 到圆上y 轴最高点的距离为0.18m-0.0637sin o=0.08m ，故粒子刚好从圆上y 轴最高点离开； 故它打出磁场时的坐标为（0，0.18m ）；（3）如上图所示，令恰能从下极板右端出射的粒子坐标为y，由带电粒子在电场中偏转的规律得：y=12at2…①a=qEm=qUmd…②t=Lv …③由①②③解得：y=0.08m设此粒子射入时与x轴的夹角为α，则由几何知识得：y=r sinα+R0-R0cosα可知tanα=43，即α=53°比例η=53180o×100%=29%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=v0B．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v0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）94d ； 【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：20v ev B m r=解得：0mv 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 30rO 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 3Ld xθ=- 解得：(32)2L d y y =-⋅ 即98y d =时，L 有最大值 解得：94L 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．如图甲所示，在直角坐标系0≤x ≤L 区域内有沿y 轴正方向的匀强电场，右侧有一个以点（3L ，0）为圆心、半径为L 的圆形区域，圆形区域与x 轴的交点分别为M 、N ．现有一质量为m 、带电量为e 的电子，从y 轴上的A 点以速度v 0沿x 轴正方向射入电场，飞出电场后从M 点进入圆形区域，此时速度方向与x 轴正方向的夹角为30°．不考虑电子所受的重力．（1）求电子进入圆形区域时的速度大小和匀强电场场强E 的大小；（2）若在圆形区域内加一个垂直纸面向里的匀强磁场，使电子穿出圆形区域时速度方向垂直于x 轴．求所加磁场磁感应强度B 的大小和电子刚穿出圆形区域时的位置坐标； （3）若在电子刚进入圆形区域时，在圆形区域内加上图乙所示变化的磁场（以垂直于纸面向外为磁场正方向），最后电子从N 点处飞出，速度方向与进入磁场时的速度方向相同．请写出磁感应强度B 0的大小、磁场变化周期T 各应满足的关系表达式．【答案】（1） （2） （3） （n=1，2，3…）（n=1，2，3…）【解析】（1）电子在电场中作类平抛运动，射出电场时，速度分解图如图1中所示．由速度关系可得：解得：由速度关系得：v y=v0tanθ=v0在竖直方向：而水平方向:解得：（2）根据题意作图如图1所示，电子做匀速圆周运动的半径R=L根据牛顿第二定律：解得：根据几何关系得电子穿出圆形区域时位置坐标为（，-）（3）电子在在磁场中最简单的情景如图2所示．在磁场变化的前三分之一个周期内，电子的偏转角为60°，设电子运动的轨道半径为r，运动的T0，粒子在x轴方向上的位移恰好等于r1；在磁场变化的后三分之二个周期内，因磁感应强度减半，电子运动周期T′=2T0，故粒子的偏转角度仍为60°，电子运动的轨道半径变为2r，粒子在x轴方向上的位移恰好等于2r．综合上述分析，则电子能到达N点且速度符合要求的空间条件是：3rn=2L（n=1，2，3…）而：解得：（n=1，2，3…）应满足的时间条件为： (T 0+T ′)=T而：解得（n=1，2，3…）点睛：本题的靓点在于第三问，综合题目要求及带电粒子运动的半径和周期关系，则符合要求的粒子轨迹必定是粒子先在正B 0中偏转60°，而后又在− B 0中再次偏转60°，经过n 次这样的循环后恰恰从N 点穿出．先从半径关系求出磁感应强度的大小，再从周期关系求出交变磁场周期的大小.7．如图所示，在第一象限内存在匀强电场，电场方向与x 轴成45°角斜向左下，在第四象限内有一匀强磁场区域，该区域是由一个半径为R 的半圆和一个长为2R、宽为2R的矩形组成，磁场的方向垂直纸面向里．一质量为m 、电荷量为+q 的粒子(重力忽略不计)以速度v 从Q(0，3R)点垂直电场方向射入电场，恰在P(R ，0)点进入磁场区域．(1)求电场强度大小及粒子经过P 点时的速度大小和方向； (2)为使粒子从AC 边界射出磁场，磁感应强度应满足什么条件；(3)为使粒子射出磁场区域后不会进入电场区域，磁场的磁感应强度应不大于多少?【答案】(1) 224mv E qR=2v ，速度方向沿y 轴负方向(2)82225mv mv B qR qR ≤≤(3))2713mvqR【解析】 【分析】【详解】（1）在电场中，粒子沿初速度方向做匀速运动132cos4522cos45RL R R=-︒=︒1L vt=沿电场力方向做匀加速运动，加速度为a22sin452L R R=︒=2212L at=qEam=设粒子出电场时沿初速度和沿电场力方向分运动的速度大小分别为1v、2v，合速度v' 1v v=、2v at=，2tanvvθ=联立可得224mvEqR=进入磁场的速度22122v v v v=+='45θ=︒，速度方向沿y轴负方向（2）由左手定则判定，粒子向右偏转，当粒子从A点射出时，运动半径12Rr=由211mvqv Br=''得122mvB=当粒子从C点射出时，由勾股定理得()222222RR r r⎛⎫-+=⎪⎝⎭解得258r R=由2 22mvqv Br=''得2825mvBqR=根据粒子在磁场中运动半径随磁场减弱而增大，可以判断，当82225mv mvBqR qR≤≤时，粒子从AC边界射出（3）为使粒子不再回到电场区域，需粒子在CD区域穿出磁场，设出磁场时速度方向平行于x轴，其半径为3r，由几何关系得222332Rr r R⎛⎫+-=⎪⎝⎭解得()3714Rr+=由233mvqv Br=''得()322713mvBqR-=磁感应强度小于3B，运转半径更大，出磁场时速度方向偏向x轴下方，便不会回到电场中8．图中是磁聚焦法测比荷的原理图。
高考物理带电粒子在电场中的运动技巧(很有用)及练习题及解析
高考物理带电粒子在电场中的运动技巧(很有用)及练习题及解析一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动1．如图所示，竖直面内有水平线MN 与竖直线PQ 交于P 点，O 在水平线MN 上，OP 间距为d ，一质量为m 、电量为q 的带正电粒子，从O 处以大小为v 0、方向与水平线夹角为θ＝60º的速度，进入大小为E 1的匀强电场中，电场方向与竖直方向夹角为θ＝60º，粒子到达PQ 线上的A 点时，其动能为在O 处时动能的4倍．当粒子到达A 点时，突然将电场改为大小为E 2，方向与竖直方向夹角也为θ＝60º的匀强电场，然后粒子能到达PQ 线上的B 点．电场方向均平行于MN 、PQ 所在竖直面，图中分别仅画出一条电场线示意其方向。
已知粒子从O 运动到A 的时间与从A 运动到B 的时间相同，不计粒子重力，已知量为m 、q 、v 0、d ．求：(1)粒子从O 到A 运动过程中,电场力所做功W ； (2)匀强电场的场强大小E 1、E 2； (3)粒子到达B 点时的动能E kB ．【答案】(1)2032W mv = (2)E 1＝2034m qd υ E 2＝2033m qdυ (3) E kB ＝20143m υ【解析】 【分析】(1)对粒子应用动能定理可以求出电场力做的功。
(2)粒子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律可以求出电场强度大小。
(3)根据粒子运动过程，应用动能计算公式求出粒子到达B 点时的动能。
【详解】(1) 由题知：粒子在O 点动能为E ko =2012mv 粒子在A 点动能为：E kA =4E ko ，粒子从O 到A 运动过程，由动能定理得：电场力所做功：W=E kA -E ko =2032mv ；(2) 以O 为坐标原点，初速v 0方向为x 轴正向，建立直角坐标系xOy ，如图所示设粒子从O 到A 运动过程，粒子加速度大小为a 1， 历时t 1，A 点坐标为（x ，y ） 粒子做类平抛运动：x=v 0t 1，y=21112a t 由题知：粒子在A 点速度大小v A =2 v 0，v Ay 03v ，v Ay =a 1 t 1 粒子在A 点速度方向与竖直线PQ 夹角为30°。
带电粒子在电场中的运动练习题(经典)
带电粒子在电场中的运动专题练习知识点：1．带电粒子经电场加速：处理方法，可用动能定理、牛顿运动定律或用功能关系。
qU =mv t 2/2-mv 02/2 ∴ v t = ，若初速v 0=0，则v = 。
2．带电粒子经电场偏转： 处理方法：灵活应用运动的合成和分解。
带电粒子在匀强电场中作类平抛运动， U 、 d 、 l 、 m 、 q 、 v 0已知。
(1)穿越时间: (2)末速度:(3)侧向位移:（4）偏角：1、如图所示，长为L 、倾角为θ的光滑绝缘斜面处于电场中， 一带电量为+q 、质量为m 的小球，以初速度v 0从斜面底端 A 点开始沿斜面上滑，当到达斜面顶端B 点时，速度仍为v 0，则 （ ）A ．A 、B 两点间的电压一定等于mgLsin θ/qB ．小球在B 点的电势能一定大于在A 点的电势能C ．若电场是匀强电场，则该电场的电场强度的最大值一定为mg/qD ．如果该电场由斜面中点正止方某处的点电荷产生，则该点电荷必为负 电荷2、如图所示，质量相等的两个带电液滴1和2从水平方向的匀强电场中0点自由释放后，分别抵达B 、C 两点，若AB=BC ，则它们带电荷量之比q 1：q 2等于（ ） A ．1：2 B ．2：1C ．1：2D ．2：13．如图所示，两块长均为L 的平行金属板M 、N 与水平面成α角放置在同一竖直平面，充电后板间有匀强电场。
一个质量为m 、带电量为q 的液滴沿垂直于电场线方向射人电场，并沿虚线通过电场。
下列判断中正确的是( )。
A 、电场强度的大小E ＝mgcos α/qB 、电场强度的大小E ＝mgtg α/qC 、液滴离开电场时的动能增量为-mgLtg αD 、液滴离开电场时的动能增量为-mgLsin α4．如图所示，质量为m 、电量为q 的带电微粒，以初速度V 0从A 点竖直向上射入水平方向、电场强度为E 的匀强电场中。
当微粒经过B 点时速率为V B ＝2V 0，而方向与E 同向。
带电粒子在电场中的运动练习题(含答案)
带电粒子在电场中的活动 【1 】 1.如图所示,A 处有一个静止不动的带电体Q,若在c 处有初速度为零的质子和α粒子,在电场力感化下由c 点向d 点活动,已知质子到达d 时速度为v1,α粒子到达d 时速度为v2,那么v1.v2等于：（）A. :1B.2∶1C.2∶1D.1∶22.如图所示,一电子沿等量异种电荷的中垂线由 A→O→B 匀速活动,电子重力不计,则电子除受电场力外,所受的另一个力的大小和偏向变更情形是：（ ）A ．先变大后变小,偏向程度向左B ．先变大后变小,偏向程度向右C ．先变小后变大,偏向程度向左D ．先变小后变大,偏向程度向右3.让. . 的混杂物沿着与电场垂直的偏向进入统一有界匀强电场偏转, 要使它们的偏转角雷同,则这些粒子必须具有雷同的( )4.如图所示,有三个质量相等,分离带正电,负电和不带电的小球,从上.下带电平行金属板间的P 点.以雷同速度垂直电场偏向射入电场,它们分离落到 A.B.C 三点,则 ( )A.A 带正电.B 不带电.C 带负电B.三小球在电场中活动时光相等C.在电场中加快度的关系是aC>aB>aAD.到达正极板时动能关系EA>EB>EC5．如图所示,实线为不知偏向的三条电场线,从电场中M 点以雷同速度垂直于电场线偏向飞出 a.b 两个带电粒子,活动轨迹如图中虚线所示,不计粒子重力及粒子之间的库仑力,则（）A ．a 必定带正电,b 必定带负电B ．a 的速度将减小,b 的速度将增长C ．a 的加快度将减小,b 的加快度将增长D ．两个粒子的动能,一个增长一个减小2H 11H 21H 316．空间某区域内消失着电场,电场线在竖直平面上的散布如图所示,一个质量为m.电荷量为q 的小球在该电场中活动,小球经由A 点时的速度大小为v1,偏向程度向右,活动至B 点时的速度大小为v2,活动偏向与程度偏向之间的夹角为α,A.B 两点之间的高度差与程度距离均为H,则以下断定中准确的是（ ）A ．若v2>v1,则电场力必定做正功B ．A.B 两点间的电势差2221()2m U v v q =-C ．小球活动到B 点时所受重力的瞬时功率2P mgv =D ．小球由A 点活动到B 点,电场力做的功22211122W mv mv mgH =-- 7.如图所示的真空管中,质量为m,电量为e 的电子从灯丝Ｆ发出,经由电压Ｕ１加快后沿中间线射入相距为d 的两平行金属板Ｂ.Ｃ间的匀强电场中,经由过程电场后打到荧光屏上,设Ｂ.Ｃ间电压为Ｕ２,Ｂ.Ｃ板长为L1,平行金属板右端到荧光屏的距离为L ２,求：（1）电子分开匀强电场时的速度与进入时速度间的夹角．（2）电子打到荧光屏上的地位偏离屏中间距离．8. 在真空中消失空间规模足够大的.程度向右的匀强电场．若将一个质量为m.带正电电量q 的小球在此电场中由静止释放,小球将沿与竖直偏向夹角为︒37的直线活动.现将该小球从电场中某点以初速度0v 竖直向上抛出,求活动进程中（取8.037cos ,6.037sin =︒=︒）（1）小球受到的电场力的大小及偏向;（2）小球活动的抛出点至最高点之间的电势差U ．带电粒子在电场中的活动答案7.解析:电子在真空管中的活动过火为三段,从Ｆ发出在电压Ｕ１感化下的加快活动;进入平行金属板Ｂ.Ｃ间的匀强电场中做类平抛活动;飞离匀强电场到荧光屏间的匀速直线活动．⑴设电子经电压Ｕ１加快后的速度为v1,依据动能定理有：21121mv eU = 电子进入Ｂ.Ｃ间的匀强电场中,在程度偏向以v1的速度做匀速直线活动,竖直偏向受电场力的感化做初速度为零的加快活动,其加快度为：dm eU m eE a 2==电子经由过程匀强电场的时光11v l t =电子分开匀强电场时竖直偏向的速度vy 为：112mdv l eUat v y ==电子分开电场时速度v2与进入电场时的速度v1夹角为α（如图５）则dU l U mdv l eU v v tg y112211212===α∴dU l U arctg 1122=α⑵电子经由过程匀强电场时偏离中间线的位移dU l U v l dm eU at y 1212212122142121=•== 电子分开电场后,做匀速直线活动射到荧光屏上,竖直偏向的位移d U l l U tg l y 1212222==α∴电子打到荧光屏上时,偏离中间线的距离为)2(22111221l l d U l U y y y +=+=8.解析：（1）依据题设前提,电场力大小mg mg F e 4337tan =︒=①电场力的偏向向右（2）小球沿竖直偏向做初速为0v 的匀减速活动,到最高点的时光为t ,则：图 ５00=-=gt v v ygv t 0=② 沿程度偏向做初速度为0的匀加快活动,加快度为x a g m F a e x 43==③ 此进程小球沿电场偏向位移为：gv t a s x x 8321202==④ 小球上升到最高点的进程中,电场力做功为： 20329mv S F qU W x e === q mv U 32920=⑤。
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高中物理带电粒子在电场中的运动技巧 ( 很有用 ) 及练习题一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动1． 如图所示，竖直面内有水平线MN 与竖直线 PQ 交于 P 点， O 在水平线 MN 上， OP 间距为 d ，一质量为 m 、电量为 q 的带正电粒子，从 O 处以大小为 v 0、方向与水平线夹角为 θ＝ 60o 的速度，进入大小为 E 1 的匀强电场中，电场方向与竖直方向夹角为θ＝ 60o ，粒子到达 PQ 线上的 A 点时，其动能为在 O 处时动能的 4 倍．当粒子到达 A 点时，突然将电场改为大小为 E 2，方向与竖直方向夹角也为 θ＝ 60o 的匀强电场，然后粒子能到达 PQ 线上的B 点．电场方向均平行于MN 、 PQ 所在竖直面，图中分别仅画出一条电场线示意其方向。
已知粒子从 O 运动到 A 的时间与从 A 运动到 B 的时间相同，不计粒子重力，已知量为m 、 q 、 v 0、 d ．求：(1)粒子从 O 到 A 运动过程中 ,电场力所做功 W ；(2)匀强电场的场强大小E 1、 E 2；(3)粒子到达 B 点时的动能 E kB ．3 2(2)E 1 ＝3m 02 3m214m 02【答案】 (1)Wmv 04qdE 2 ＝(3) E kB ＝23qd3【解析】 【分析】(1) 对粒子应用动能定理可以求出电场力做的功。
(2) 粒子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律可以求出电场强度大小。
(3) 根据粒子运动过程，应用动能计算公式求出粒子到达 B 点时的动能。
【详解】(1) 由题知：粒子在 O 点动能为 E= mv 0 粒子在 A 点动能为： E =4Eko ，粒子从 O 到 Ako12kA2运动过程，由动能定理得：电场力所做功：W=E kA -E ko = 3mv 02；2(2) 以 O 为坐标原点，初速 v 0 方向为 x 轴正向，建立直角坐标系 xOy ，如图所示设粒子从 O 到 A 运动过程，粒子加速度大小为 a 1，历时 t 1 ，A 点坐标为（ x ，y ）粒子做类平抛运动： x=v 0t 1， y= 1a 1t 122由题知：粒子在 A 点速度大小 v A =2 v 0， v Ay = 3v 0 ， v Ay =a 1 t 1粒子在 A 点速度方向与竖直线 PQ 夹角为 30°。
解得： x3v 02 3v 02， y2a 1a 1由几何关系得： ysin60 °-xcos60 °=d ，2，t14d解得： a 1 3v 0 v 04d由牛顿第二定律得： qE 1=ma 1， 解得：E 13mv 02 4qd设粒子从 A 到 B 运动过程中，加速度大小为 a 2，历时 t 2，水平方向上有： v At 2 2，° t 2t 14d ， qE 2 2sin30 =°a sin60v 0 =ma ，2解得： a 2v 023mv 2， E 20 ；3d3qd(3) 分析知：粒子过 A 点后，速度方向恰与电场 E 2 方向垂直，再做类平抛运动，粒子到达 B 点时动能： E kB = 1mv 2 ， v B 2=（ 2v 0 ）2+（ a 2t 2） 2， B214 mv解得： E KB。
【点睛】本题考查了带电粒子在电场中的运动，根据题意分析清楚粒子运动过程与运动性质是解题的前提与关键，应用动能定理、类平抛运动规律可以解题。
2 MN与 x 轴垂直放置，与 x 轴相交于 Q 点， Q 点的横坐标．如图所示，荧光屏x0 6cm ，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E 1.6 105N / C，在第二象限有半径R 5cm 的圆形磁场，磁感应强度 B 0.8T ，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q 1.0 108 C / kg 的带正电的粒子，已知粒子的m发射速率 v0 4.0106 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）0 y 10cm（ 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qv0 B m v2rmv05cm解得： rqB（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 PO FO1为菱形，所以 FO1 / /O P ，又O P垂直于 x 轴，粒子出射的速度方向与轨迹半径FO1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0 y10cm ．（3）假设粒子没有射出电场就打到荧光屏上，有x0v0 t0h1at 022qEam 解得： h 18cm 2R10cm ，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x vt 0y 1 at 22代入数据解得 x2 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，v yqE g xtanm v 0 ，v 0v 02 y所以 Hx 0 x tanx 0 2 y g 2 y ，由数学知识可知，当 x 02y2 y 时，即 y 4.5cm 时 H 有最大值，所以 H max 9cm3． 如图，第一象限内存在沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E ，第二、三、四象限存在方向垂直xOy 平面向外的匀强磁场，其中第二象限的磁感应强度大小为B ，第三、四象限磁感应强度大小相等，一带正电的粒子，从P （ -d ， 0）点沿与x 轴正方向成 α=60°角平行 xOy 平面入射，经第二象限后恰好由y 轴上的 Q 点（图中未画出）垂直 y 轴进入第一象限，之后经第四、三象限重新回到P 点，回到 P 点时速度方向与入射方时相同，不计粒子重力，求：（ 1）粒子从 P 点入射时的速度 v 0；（ 2）第三、四象限磁感应强度的大小B / ；【答案】（ 1） E（ 2） 2.4B3B【解析】试题分析：（1）粒子从 P 点射入磁场中做匀速圆周运动，画出轨迹如图，设粒子在第二象限圆周运动的半径为r ，由几何知识得： d d 2 3drsin 603sin根据 qv 0Bmv 02 得 v 0 2 3qBdr3m粒子在第一象限中做类平抛运动，则有（r1 qEt 2v y qEt cos60 ）； tanmv 02mv 0E 联立解得 v 03B（2）设粒子在第一象限类平抛运动的水平位移和竖直位移分别为x 和 y ，根据粒子在第 三、四象限圆周运动的对称性可知粒子刚进入第四象限时速度与 x 轴正方向的夹角等于α ．则有： x=v 0t ， yvyt2 得y v y tan 3x2v 022由几何知识可得 y=r-rcos α=1r3 d23则得 x2 d31 d2 d 5 3所以粒子在第三、四象限圆周运动的半径为R2 3dsin9粒子进入第三、四象限运动的速度v 04 3qBdv2v 03mcos根据qvB 'm 得： B′=2． 4B v2 R考点：带电粒子在电场及磁场中的运动4．如图所示，虚线OL 与 y 轴的夹角θ=450，在OL上侧有平行于OL 向下的匀强电场，在OL 下侧有垂直纸面向外的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q（ q＞ 0）的粒子以速率v0从y 轴上的 M（ OM=d）点垂直于y 轴射入匀强电场，该粒子恰好能够垂直于OL 进入匀强磁场，不计粒子重力。
（1）求此电场的场强大小E；（2）若粒子能在OL 与 x 轴所围区间内返回到虚线OL 上，求粒子从M 点出发到第二次经过 OL 所需要的最长时间。
【答案】（ 1）；（ 2）．【解析】试题分析：根据粒子只受电场力作用，沿电场线方向和垂直电场线方向建立坐标系，利用类平抛运动；根据横向位移及纵向速度建立方程组，即可求解；由（1）求出在电场中运动的时间及离开电场时的位置；再根据粒子在磁场中做圆周运动，由圆周运动规律及几何关系得到最大半径，进而得到最长时间；（1）粒子在电场中运动，不计粒子重力，只受电场力作用，；沿垂直电场线方向X 和电场线方向Y 建立坐标系，则在 X 方向位移关系有：，所以；该粒子恰好能够垂直于OL 进入匀强磁场，所以在Y 方向上，速度关系有，所以，，则有．（2）根据（ 1）可知粒子在电场中运动的时间；粒子在磁场中只受洛伦兹力的作用，在洛伦兹力作用下做圆周运动，设圆周运动的周期为T粒子能在OL 与 x 轴所围区间内返回到虚线OL 上，则粒子从M 点出发到第二次经过OL 在磁场中运动了半个圆周，所以，在磁场中运动时间为；粒子在磁场运动，洛伦兹力作为向心力，所以有，；根据（ 1）可知，粒子恰好能够垂直于OL 进入匀强磁场，速度v 就是初速度v0在 X 方向上的分量，即；粒子在电场中运动，在Y 方向上的位移，所以，粒子进入磁场的位置在OL 上距离 O 点；根据几何关系，可得，即；所以；所以，粒子从 M 点出发到第二次经过OL 所需要的最长时间．5． 如图所示，在不考虑万有引力的空间里，有两条相互垂直的分界线MN 、 PQ ，其交点为O ． MN 一侧有电场强度为 E 的匀强电场（垂直于 MN ），另一侧有匀强磁场（垂直纸面向里）．宇航员（视为质点）固定在PQ 线上距 O 点为 h 的 A 点处，身边有多个质量均为m 、电量不等的带负电小球．他先后以相同速度 v0、沿平行于 MN 方向抛出各小球．其中第 1 个小球恰能通过 MN 上的 C 点第一次进入磁场，通过O 点第一次离开磁场，OC=2h ．求：（ 1）第 1 个小球的带电量大小； （ 2）磁场的磁感强度的大小 B ；（ 3）磁场的磁感强度是否有某值，使后面抛出的每个小球从不同位置进入磁场后都能回到宇航员的手中？如有，则磁感强度应调为多大．22E E 【答案】 (1) q 1mv0 ；(2) B； (3)存在， B2Ehv 0v 0【解析】【详解】（1）设第 1 球的电量为 q 1 ，研究 A 到 C 的运动：h1 q 1Et 22 m2h v 0t2解得：q 1mv；（2）研究第 1 球从 A 到 C 的运动：v y2q 1Ehm解得： v y v 0tanv y1 ，45o ， v2v 0 ；v 0研究第 1 球从 C 作圆周运动到达 O 的运动，设磁感应强度为 Bmv 2得 Rmv由 q 1vBq 1 BR由几何关系得： 2Rsin h 2解得： B2E v 0 ；（3）后面抛出的小球电量为q ，磁感应强度 B①小球作平抛运动过程xv 0t 2hmv 0qEv y2 qE hm②小球穿过磁场一次能够自行回到A ，满足要求： Rsinx ，变形得：mvsinxqB解得： BE ．v 06．在竖直平面内，一根长为L 的绝缘细线，一端固定在O 点，另一端拴着质量为m、电荷量为+q 的小球。