【物理】物理带电粒子在电场中的运动专项习题及答案解析

【物理】物理带电粒子在电场中的运动专项习题及答案解析
一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动
1．如图甲所示，粗糙水平轨道与半径为R 的竖直光滑、绝缘的半圆轨道在B 点平滑连接，过半圆轨道圆心0的水平界面MN 的下方分布有水平向右的匀强电场E ，质量为m 的带正电小滑块从水平轨道上A 点由静止释放，运动中由于摩擦起电滑块电量会增加，过B 点后电量保持不变，小滑块在AB 段加速度随位移变化图像如图乙．已知A 、B 间距离为4R ，滑块与轨道间动摩擦因数为μ=0.5，重力加速度为g ，不计空气阻力，求
(1)小滑块释放后运动至B 点过程中电荷量的变化量 (2)滑块对半圆轨道的最大压力大小
(3)小滑块再次进入电场时，电场大小保持不变、方向变为向左，求小滑块再次到达水平轨道时的速度大小以及距B 的距离 【答案】（1）mg
q E
∆=（2）(635N F mg =+（3）425v gR =夹角为11
arctan 2
β=斜向左下方，位置在A 点左侧6R 处． 【解析】 【分析】 【详解】
试题分析：根据在A 、B 两点的加速度结合牛顿第二定律即可求解小滑块释放后运动至B 点过程中电荷量的变化量；
利用“等效重力”的思想找到新的重力场中的电低点即压力最大点； 解：(1)A 点：01·2
q E mg m g μ-= B 点13·2
q E mg m g μ-= 联立以上两式解得10mg
q q q E
∆=-=； (2) 从A 到B 过程：
2113122··40
22
g g
m R mv +=- 将电场力与重力等效为“重力G '，与竖直方向的夹角设为α，在“等效最低点”对轨道压力
最大，则：
'G =
cos mg
G α=
'
从B 到“等效最低点”过程：222111(cos )22
G R R mv mv α--'=
2
2
N v F G m R
-='
由以上各式解得：(6N F mg =+
由牛顿第三定律得轨道所受最大压力为：(6N F mg =+；
(3) 从B 到C 过程：22
13111·
2?22
mg R q E R mv mv --=- 从C 点到再次进入电场做平抛运动：
13x v t =
2
12
R gt =
y gt =v
13
tan y v v β=
21tan mg
q E
β=
由以上各式解得：12ββ=
则进入电场后合力与速度共线，做匀加速直线运动 12
tan R x β=
从C 点到水平轨道：22
124311·
2?22
mg R q E x mv mv +=-
由以上各式解得：4v =
126x x x R ∆=+=
因此滑块再次到达水平轨道的速度为4V =方向与水平方向夹角为
11
arctan 2
β=，斜向左下方，位置在A 点左侧6R 处．
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
q
m
=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 =23
T ，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)4
0 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
= 22
y
T y v = 122
d
y y =+ Eq ma =
U E d
=
解得：4
0 2.1610V U =⨯
(2)2T
t nT =+
时刻射出的粒子打在x 轴上水平位移最大：032
A 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：0
tan y v v β=
37β=o
cos37v 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.
2
v 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 R
x 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．如图所示，在空间坐标系x <0区域中有竖直向上的匀强电场E 1，在一、四象限的正方形区域CDEF 内有方向如图所示的正交的匀强电场E 2和匀强磁场B ，已知CD =2L ，OC =L ，E 2 =4E 1。

在负x 轴上有一质量为m 、电量为+q 的金属a 球以速度v 0沿x 轴向右匀速运动，并与静止在坐标原点O 处用绝缘细支柱支撑的（支柱与b 球不粘连、无摩擦）质量为2m 、不带电金属b 球发生弹性碰撞。

已知a 、b 球体积大小、材料相同且都可视为点电荷，碰后电荷总量均分，重力加速度为g ，不计a 、b 球间的静电力，不计a 、b 球产生的场对电场、磁场的影响，求：
(1)碰撞后，a 、b 球的速度大小； (2)a 、b 碰后，经0
23v t g
=
时a 球到某位置P 点，求P 点的位置坐标； (3)a 、b 碰后，要使 b 球不从CD 边界射出，求磁感应强度B 的取值。

【答案】(1) 01
3a v v =-，023
=b v v ；(2)（2029g v - ，2
09g v - ）； (3) 016m 015v B qL <<或
16m 3v B qL
>
【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
1mg qE = ①
a 、
b 碰撞，动量守恒
02a b mv mv mv =+ ②
机械能守恒
()22201112222
a b mv mv m v =+ ③ 由②③得
01
3a v v =-，023
=b v v ④
(2)碰后a 、b 电量总量平分，则
1
2
a b q q q ==
碰后a 在电场中向左做类平抛运动，设经0
23v t g
=
时a 球到P 点的位置坐标为（-x ，-y ）
a x v t = ⑤ ，2
12
y at =
⑥ 其中
112
mg qE ma -=⑦，12a g =
由⑤⑥⑦得
2029v x g =，2
09v y g
=
故P 点的位置坐标为（2029g v - ，2
9g
v - ）⑧ (3)碰撞后对b
21
22
qE mg = ⑨ 故b 做匀速圆周运动，则
21
22b b v qv B m r
= ⑩ 得
83mv r qB
=
⑪ b 恰好从C 射出，则
2L r =⑫
由⑪⑫得
116m 3v B qL
=
恰从D 射出，则由几何关系
()2
224r L r L =+- ⑬，
得
5
2
r L =
⑭ 由⑪⑭得
216m 15v B qL
=
故要使b 不从CD 边界射出，则B 的取值范围满足
016m 015v B qL <<
或0
16m 3v B qL
> 【点睛】
本题考查带电粒子在电磁场中的运动以及动量守恒定律及能量守恒关系，注意在磁场中的
运动要注意几何关系的应用，在电场中注意由类平抛运动的规律求解。

4．如图所示，在竖直面内有一边长为的正六边形区域，O为中心点，CD水平．将一质量为m的小球以一定的初动能从B点水平向右拋出，小球运动轨迹过D点．现在该竖直面内加一匀强电场，并让该小球带电，电荷量为+q，并以前述初动能沿各个方向从B点拋入六边形区域，小球将沿不同轨迹运动．已知某一方向拋入的小球过O点时动能为初动能
的，另一方向拋入的小球过C点时动能与初动能相等．重力加速度为g，电场区域足够
大，求：
（1）小球的初动能；
（2）取电场中B点的电势为零，求O、C两点的电势；
（3）已知小球从某一特定方向从B点拋入六边形区域后，小球将会再次回到B，求该特定方向拋入的小球在六边形区域内运动的时间．
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【分析】
【详解】
（1）设小球从B点抛出时速度为，从B到D所用时间为t，小球做平抛运动
在水平方向上
在竖直方向上
由几何关系可知：，
解得小球的初动能为：
（2）带电小球B→O：由动能定理得：
解得：
带电小球B→C：由动能定理得：
解得：
（3）在正六边形的BC边上取一点G，令，设G到B的距离为x，则由匀强电场性质可知
解得：
由几何知识可得，直线GO与正六边形的BC边垂直，OG为等势线，电场方向沿CB方向，由匀强电场电场强度与电势的关系可得
受力分析如图，根据力合成的平行四边形定则可得：，方向F→B
小球只有沿BF方向抛入的小球才会再次回到B点，该小球进入六边形区域后，做匀减速直线运动，速度减为零后反向匀加速直线运动回到B点，设匀减速所用时间为t1，匀加速所用时间为t2，匀减速发生的位移为x
由牛顿定律得
(未射出六边形区域)
小球在六边形区域内运动时间为
5．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： 2360d d d
r sin sin α=
==︒ 根据2
00mv qv B r =得0233qBd
v m
=
粒子在第一象限中做类平抛运动，则有2
1602qE r cos t m -︒=（）； 00
y v qEt tan v mv α==
联立解得03E
v B
=
（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 ， 2
y v y t =
得
03
222
y v y tan x v α===
由几何知识可得 y=r-rcosα= 13 2
r d
=
则得
2
3
x d
=
所以粒子在第三、四象限圆周运动的半径为
12
53
23
d d
R d
sinα
⎛⎫
+
⎪
⎝⎭
==
粒子进入第三、四象限运动的速度0
43
2
v qBd
v v
cosα
===
根据
2
'
v
qvB m
R
=
得：B′=2．4B
考点：带电粒子在电场及磁场中的运动
6．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
．
7．竖直平面内存在着如图甲所示管道，虚线左侧管道水平，虚线右侧管道是半径R=1m 的半圆形，管道截面是不闭合的圆，管道半圆形部分处在竖直向上的匀强电场中，电场强度E=4×103V/m ．小球a 、b 、c 的半径略小于管道内径，b 、c 球用长2m L =
的绝缘细轻杆
连接，开始时c 静止于管道水平部分右端P 点处，在M 点处的a 球在水平推力F 的作用下由静止向右运动，当F 减到零时恰好与b 发生了弹性碰撞，F-t 的变化图像如图乙所示，且满足2
2
4
F t π
+=
．已知三个小球均可看做质点且m a =0.25kg ，m b =0.2kg ，m c =0.05kg ，小球
c 带q=5×10-4C 的正电荷，其他小球不带电，不计一切摩擦，g =10m/s 2，求
(1)小球a 与b 发生碰撞时的速度v 0； (2)小球c 运动到Q 点时的速度v ；
(3)从小球c 开始运动到速度减为零的过程中，小球c 电势能的增加量． 【答案】(1)04m/s v = (2)v =2m/s (3) 3.2J P E ∆= 【解析】
【分析】对小球a ，由动量定理可得小球a 与b 发生碰撞时的速度；小球a 与小球b 、c 组成的系统发生弹性碰撞由动量守恒和机械能守恒可列式，小球c 运动到Q 点时，小球b 恰好运动到P 点，由动能定理可得小球c 运动到Q 点时的速度；由于b 、c 两球转动的角速度和半径都相同，故两球的线速度大小始终相等，从c 球运动到Q 点到减速到零的过程列能量守恒可得；
解：(1)对小球a ，由动量定理可得00a I m v =-
由题意可知，F-图像所围的图形为四分之一圆弧，面积为拉力F 的冲量，
由圆方程可知21S m = 代入数据可得：04/v m s =
(2)小球a 与小球b 、c 组成的系统发生弹性碰撞， 由动量守恒可得012()a a b c m v m v m m v =++ 由机械能守恒可得
222012111
()222
a a
b
c m v m v m m v =++ 解得120,4/v v m s ==
小球c 运动到Q 点时，小球b 恰好运动到P 点，由动能定理
22211
()()22
c b c b c m gR qER m m v m m v -=
+-+ 代入数据可得2/v m s =
(3)由于b 、c 两球转动的角速度和半径都相同，故两球的线速度大小始终相等，假设当两球速度减到零时，设b 球与O 点连线与竖直方向的夹角为θ 从c 球运动到Q 点到减速到零的过程列能量守恒可得：
21
(1cos )sin ()sin 2
b c b c m gR m gR m m v qER θθθ-+++=
解得sin 0.6,37θθ==︒
因此小球c 电势能的增加量：(1sin ) 3.2P E qER J θ∆=+=
8．如图所示，一质量为m 、电荷量为的带正电粒子从O 点以初速度v 0水平射出。

若该带电粒子运动的区域内有一方向竖直向下的匀强电场，则粒子恰好能通过该区域中的A 点；若撤去电场，加一垂直纸面向外的匀强磁场，仍将该粒子从O 点以初速度v 0水平射出，则粒子恰好能经A 点到达该区域中的B 点。

已知OA 之间的距离为d ，B 点在O 点的正下方，∠BOA=60°，粒子重力不计。

求：
(1)磁场磁感应强度的大小B ；
(2)粒子在电场时运动中到达A 点速度的大小v 。

【答案】(1) 0mv B qd =07
3
v 【解析】
【详解】
（1）如图所示，撤去电场加上磁场后，粒子恰好能经A 点到达B 点，由此可知，OB 为该粒子做圆周运动的直径，则粒子在磁场中做圆周运动的半径为：
2OB R d ==由于2
00v qBv m R
=
得：0
mv B qd
=
（2）粒子在匀强电场中做类平抛运动，设粒子从O 点运动到A 点所需要的时间为t ，则：
0sin 60d v t =o
2
1cos 602qE d t m
=
o 由动能定理有：22011cos6022
qEd mv mv =-o
联解得：07
3
v v =
9．如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C ，极板间距离为d ，上极板正中有一小孔。

质量为m 、电荷量为+q 的小球从小孔正上方高h 处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零。

空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g 。

求：
（1）小球到达小孔处的速度大小；
（2）极板间电场强度大小和电容器所带电荷量；
（3）小球从开始下落运动到下极板，其所受重力的冲量大小。

【答案】（12gh （2）()Cmg h d q + （3）2h d
h
mg h
g
+【解析】 【详解】
（1） 根据机械能守恒，有201
2
mgh mv =
解得02v gh =
（2）对小球运动的全过程，根据动能定理()0mg h d qEd +-= 解得()mg h d E qd
+=
电容器所带电荷量Q CU =，U =Ed 解得()
Cmg h d Q q
+=
（3）小球全程运动的平均速度为02
v ，则小球全程运动的时间为t ，
02
h d
t v +=
解得2h d h t h g
+=
小球所受重力的冲量大小为2h d h I mgt mg
h
g
+==
10．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．
11．如图所示，光滑绝缘水平桌面处在电场强度大小为E 、方向水平向右的匀强电场中，某时刻将质量为m 、带电荷量为一q 的小金属块从A 点由静止释放，小金属块经时间t 到达B 点，此时电场突然反向、电场强度增强为某恒定值，且仍为匀强电场，又经过时间t 小金属块回到A 点。

小金属块在运动过程中电荷量保持不变。

求：
(1)电场反向后匀强电场的电场强度大小； (2)整个过程中电场力所做的功。

【答案】(1) 3E (2) 222
2q E t m
【解析】(1)设t 末和2t 末小物块的速度大小分别为1v 和2v ，电场反向后匀强电场的电场强度大小为E 1,小金属块由A 点运动到B 点过程：
212Eq x t m =
， 1Eq
v t m
= 小金属块由B 点运动到A 点过程：
2
1112E q x v t t m -=- 121E q
v v t m
-=-
联立解得： 22Eqt
v m
=
，则： 13E E =；
(2)根据动能定理，整个过程中电场力所做的功： 2
2102
W mv =
- 联立解得： 222
2q E t W m
=。

点睛：解答本题关键是对不同过程应用匀变速直线运动相关公式以及动能定理列式即可，属于基础性题目。

12．如图所示，x 轴的上方存在方向与x 轴成45o 角的匀强电场，电场强度为E ，x 轴的下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度0.5.B T =有一个质量1110m kg -=，电荷量
710q C -=的带正电粒子，该粒子的初速度30210/v m s =⨯，从坐标原点O 沿与x 轴成45o 角的方向进入匀强磁场，经过磁场和电场的作用，粒子从O 点出发后第四次经过x 轴
时刚好又回到O 点处，设电场和磁场的区域足够宽，不计粒子重力，求：
①带电粒子第一次经过x 轴时的横坐标是多少？
②电场强度E 的大小及带电粒子从O 点出发到再次回到O 点所用的时间．
【答案】①带电粒子第一次经过x 轴时的横坐标是0.57m ；
②电场强度E 的大小为3110/V m ⨯，带电粒子从O 点出发到再次回到O 点所用的时间为32.110.s -⨯
【解析】 【分析】
(1)粒子在磁场中受洛伦兹力作用下做一段圆弧后第一次经过x 轴，根据洛伦兹力提供向心力公式求出半径，再根据几何关系求出坐标；
(2)然后进入电场中，恰好做匀减速运动直到速度为零后又返回，以相同速率再次进入磁场仍在洛伦兹力作用下又做一段圆弧后，再次进入电场正好做类平抛运动.粒子在磁场中两次运动刚好完成一个周期，由粒子在电场中的类平抛运动，根据垂直电场方向位移与速度关系，沿电场方向位移与时间关系，结合牛顿第二定律求出E ，三个过程的总时间即为总时间． 【详解】
①粒子在磁场中受磁场力的作用沿圆弧运动，洛仑兹力提供向心力，2
v qvB m R
=，
半径0.4mv
R
m Bq
=
=， 根据圆的对称性可得粒子在磁场中第一次偏转所对的圆心角为90o ， 则第一次经过x 轴时的横坐标为120.420.57x R m m ==≈
②第一次进入电场，运动方向与电场方向相反，做匀减速直线运动，速度减为零后又反向加速返回磁场，在磁场中沿圆周运动，再次进入电场时速度方向刚好垂直电场方向，在电场力的作用下偏转，打在坐标原点O 处，其运动轨迹如图所示．
由几何关系可得，第二次进入电场中的位移为22R ， 在垂直电场方向的位移11s vt =， 运动时间4112410s R t s v v
-=
==⨯ 在沿电场方向上的位移2
2112
s at =， 又因22s R = 得72
22
12110/s a m s t =
=⨯ 根据牛顿第二定律Eq a m
= 所以电场强度3110/ma
E V m q
=
=⨯ 粒子从第一次进入电场到再返回磁场的时间422410v
t s a
-=
=⨯， 粒子在磁场中两段运动的时间之和刚好是做一个完整圆周运动的周期
42410m
T s Bq
ππ-=
=⨯ 所以粒子从出发到再回到原点的时间为3
12 2.110t t t T s -=++≈⨯
【点睛】
本题考查带电粒子在电场、磁场中两运动模型：匀速圆周运动与类平抛运动，及相关的综
合分析能力，以及空间想像的能力，应用数学知识解决物理问题的能力．。