高中物理带电粒子在电场中的运动解题技巧和训练方法及练习题(含答案)

高中物理带电粒子在电场中的运动解题技巧和训练方法及练习题(含答案)
一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动
1．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；
()0
20cos 2B A v v
e v m
θϕϕ=
=-+
（2）① ②
(
)11
22211
sin 2e v m
θϕϕ=
-+
【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
2201122
AB W mv mv =
- 0cos v v θ=
解得：
()0
20
cos 2B A v v
e v m
θϕϕ=
=-+
（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 m
ϕϕ-=+ 则
()1122211sin 2e v m
θϕϕ=
-+
故本题答案是：（1）①()AB B A W e ϕϕ=- ②
()0
20
cos 2B A v v
e v m
θϕϕ=
=-+
（2）① ②
()11
22211
sin 2e v m
θϕϕ=
-+
2．一带正电小球通过绝缘细线悬挂于场强大小为E 1的水平匀强电场中，静止时细线与竖直方向的夹角θ=45°，如图所示。

以小球静止位置为坐标原点O ，在竖直平面内建立直角坐标系xOy ，其中x 轴水平。

现剪断细线，经0.1s ，电场突然反向，场强大小不变；再经0.1s ，电场突然变为另一匀强电场，场强大小为E 2，又经0.1s 小球速度为零。

已知小球质量m=1.0×10－2kg ，电荷量q=1.0×10－8C ，g 取10m/s 2，空气阻力不计。

求
(1)E 1和E 2；
(2)细线剪断0.3s 末小球的位置坐标。

【答案】(1) 7
110/E V m = 72310/E V m =⨯ (2) (0.1,0.3)m m
【解析】 【详解】
（1）当小球静止时，1qE mg = 则7110/mg
E V m q
=
= 电场力与重力的合力=
2cos 45
mg
F mg o
合= 剪断细绳后，小球做匀加速直线运动，加速度的大小为2102/F a m s m
==合
经过0.1s 小球的速度大小为12/v at m s == 速度的方向与x 轴正方向成45o 斜向右下方
在第2个0.1s 内，电场方向，小球的水平分速度1
12cos 450x qE v v t m
=-=o
竖直分速度12sin 452/y v v gt m s o
=+=
即第2个0.1s 末，小球的速度2v 大小为2/m s ，方向竖直向下 依题意，在第3个0.1s 内小球做匀减速直线运动，
由运动学公式知223220/0.1
v a m s t
=
==' 根据牛顿第二定律得2qE mg
a m
'-=
代入数据得7
2310/E V m =⨯
（2）第1个0.1s 内，小球的位移大小22111220.12220
s at g m =
=⨯⨯= 则小球沿x 方向移动的距离1cos 450.05x s m ==o
沿y 方向移动的距离1sin 450.05y s m ==o
在第2 个0.1s 内，小球沿x 方向移动的距离2
21221cos 450.052qE x v t t m m
o
=-= 沿y 方向移动的距离2
2121sin 450.152
y v gt m =+
=o
在第3个0.1s 内，小球沿沿方向移动的距离2
323310.12
y v t a t m '=-= 即小球速度为零时的位置坐标是(0.1,0.3)m m
3．一电路如图所示，电源电动势E=28v ，内阻r=2Ω，电阻R1=4Ω，R2=8Ω，R3=4Ω，C 为平行板电容器，其电容C=3.0pF ，虚线到两极板距离相等,极板长L=0.20m ，两极板的间距d=1.0×10-2m ．
（1）闭合开关S 稳定后，求电容器所带的电荷量为多少?
（2）当开关S 闭合后，有一未知的、待研究的带电粒子沿虚线方向以v0=2.0m/s 的初速度射入MN 的电场中，已知该带电粒子刚好从极板的右侧下边缘穿出电场，求该带电粒子的比荷q/m （不计粒子的重力，M 、N 板之间的电场看作匀强电场，g=10m/s 2）
【答案】（1）114.810C -⨯ （2）4
6.2510/C kg -⨯
【解析】 【分析】 【详解】
（1）闭合开关S 稳定后，电路的电流：1228
2482
E I A A R R r =
==++++；
电容器两端电压：222816R U U IR V V ===⨯=；
电容器带电量： 1211
2 3.01016 4.810R Q CU C C --==⨯⨯=⨯
（2）粒子在电场中做类平抛运动，则：0L v t =
2112
2Uq d t dm
= 联立解得
46.2510/q
C kg m
-=⨯
4．平面直角坐标系的第一象限和第四象限内均存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小分别为2B 和B （B 的大小未知），第二象限和第三象限内存在沿﹣y 方向的匀强电场，x 轴上有一点P ，其坐标为（L ，0）。

现使一个电量大小为q 、质量为m 的带正电粒子从坐标（﹣2a ，a ）处以沿+x 方向的初速度v 0出发，该粒子恰好能经原点进入y 轴右侧并在随后经过了点P ，不计粒子的重力。

（1）求粒子经过原点时的速度； （2）求磁感应强度B 的所有可能取值
（3）求粒子从出发直至到达P 点经历时间的所有可能取值。

【答案】（12v 0，方向：与x 轴正方向夹45°斜向下； （2）磁感应强度B 的所有可能取值：0
nmv B qL
=
n ＝1、2、3……； （3）粒子从出发直至到达P 点经历时间的所有可能取值：023(1)24a m m t k k v qB qB
ππ=++- k ＝1、2、3……或02324a m m
t n n v qB qB
ππ=++ n ＝1、2、3……。

【解析】 【详解】
（1）粒子在电场中做类平抛运动，水平方向：2a ＝v 0t ， 竖直方向：2
y v a t =
，
解得：v y ＝v 0，tan θ＝
y v v ＝1，θ＝45°，
粒子穿过O 点时的速度：2
2002v v v v =+=；
（2）粒子在第四象限内做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
2
v qvB m r
= ，
粒子能过P 点，由几何知识得：L ＝nr cos45° n ＝1、
2、3……， 解得：0
nmv B qL
=
n ＝1、2、3……； （3）设粒子在第二象限运动时间为t 1，则：t 1＝0
2a
v ；
粒子在第四、第一象限内做圆周运动的周期：12m T qB π=
，2m
T qB
π=， 粒子在下方磁场区域的运动轨迹为1/4圆弧，在上方磁场区域的运动轨迹为3/4圆弧， 若粒子经下方磁场直接到达P 点，则粒子在磁场中的运动时间：t 2＝
1
4
T 1， 若粒子经过下方磁场与上方磁场到达P 点，粒子在磁场中的运动时间：t 2＝1
4T 1+34
T 2， 若粒子两次经过下方磁场一次经过上方磁场到达P 点：t 2＝2×
1
4T 1+34T 2， 若粒子两次经过下方磁场、两次经过上方磁场到达P 点：t 2＝2×1
4T 1+2×34
T 2， ………… 则23(1)24m
m
t k k qB
qB
ππ=+- k ＝1、2、3 (2324)
m
t n
n
qB qB
ππ=+ n ＝1、2、3…… 粒子从出发到P 点经过的时间：t ＝t 1+t 2， 解得：023(1)24a m m t k k v qB qB
ππ=++- k ＝1、2、3…… 或02324a m m t n n v qB qB
ππ=
++ n ＝1、2、3……；
5．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v 0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
．
6．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
+==
7．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．
8．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 。

求：
(1)物块第一次与挡板碰撞前瞬间物块的速度大小;
(2)物块从置于绝缘板到第二次与挡板碰撞过程中,电场力所做的功W 。

【答案】(1) (2) 3(7425
mgL
μ+
【解析】 【分析】
(1)根据同向运动的物体位移之差等于相对位移，牛顿第二定律结合运动学公式求解. (2)碰撞过程满足动量守恒，往返运动再次碰撞的过程依然用牛顿第二定律结合运动学公式求解位移；恒力做功由功的定义式处理. 【详解】
(1)由题知：物块b 受恒定电场力3F mg μ=
对两物体由牛顿第二定律，物块b ：1F mg ma μ-=，得12a g μ= 对绝缘板a ：2mg ma μ=，得2a g μ=
设历时t 1物块第一次与挡板碰撞，有：
21211()=2a a t L -，得：1t = 则物块第一次与挡板碰撞前瞬时，物块的速度大小111v a t =
解得：1v =
(2)绝缘板a 的速度大小221v a t =，解得：2v =物块对地的位移大小为2
11112
x a t =
，有12x L = 物块与绝缘板的右端竖直挡板发生弹性碰撞后，二者速度交换
则物块的速度为1
v '=2v '=对物块b ：3F mg ma μ+=，有34a g μ=
设历时t 2，二者达到共同速度v ，有：1
32v v a t '=+，222v v a t '=-
解得：2t =
v =二者相对位移大小为x ，有22
132()2()v v a a x ''-=+，解得：5
L
x = 物块对地的位移大小为x 2，有122()2v v x t '+=，解得：214
25
x L =
设历时t 3物块第二次与挡板碰撞，有：
2
1231()=2a a t x -，得：3t =
物块对地的位移大小为x 3，有3331312x vt a t =+，解得：32255
x L L =+ 故物块的总位移123x x x x =++
得：7425
x L +=
根据功的定义3W mgx μ= 解得：3(74185)25
mgL
W μ+=
【点睛】
本题是牛顿第二定律、动量守恒定律、运动学公式和能量守恒定律的综合应用，按程序进行分析是基础．
9．如图所示，在光滑绝缘的水平面上，用长为2L 的绝缘轻杆连接两个质量均为m 的带电小球A 和B ，A 球的电荷量为＋2q ，B 球的电荷量为－3q ，组成一静止的带电系统。

虚线NQ 与MP 平行且相距3L ，开始时MP 恰为杆的中垂线。

视小球为质点，不计轻杆的质量，现在在虚线MP 、NQ 间加上水平向右的匀强电场E ，求：
（1）B 球刚进入电场时带电系统的速度大小；
（2）B 球向右运动的最大位移以及从开始到最大位移处时B 球电势能的变化量； （3）带电系统运动的周期。

【答案】（1） （2）
；
（3）
【解析】 【分析】
（1）对系统运用动能定理，根据动能定理求出B 球刚进入电场时，带电系统的速度大小．
（2）带电系统经历了三个阶段：B 球进入电场前、带电系统在电场中、A 球出电场，根据动能定理求出A 球离开PQ 的最大位移，从而求出带电系统向右运动的最大距离．根据B 球在电场中运动的位移，求出电场力做的功，从而确定B 球电势能的变化量． （3）根据运动学公式和牛顿第二定律分别求出带电系统B 球进入电场前做匀加速直线运动的时间，带电系统在电场中做匀减速直线运动的时间，A 球出电场带电系统做匀减速直线运动的时间，从而求出带电系统从静止开始向右运动再次速度为零的时间，带电系统的运动周期为该时间的2倍． 【详解】
（1）设B 球刚进入电场时带电系统速度为v 1，由动能定理2qEL=×2mv 12 解得
（2）带电系统向右运动分三段：B 球进入电场前、带电系统在电场中、A 球出电场． 设A 球离开NQ 的最大位移为x ，由动能定理得2qEL-qEL-3qEx=0
解得x=；则s总=
B球从刚进入电场到带电系统从开始运动到速度第一次为零时位移为
其电势能的变化量为△E P=W=3qE•=4qEL
（3）向右运动分三段，取向右为正方向，
第一段加速，，
第二段减速，
设A球出电场电速度为v2，由动能定理得-qEL=
解得，
则
第三段再减速则其加速度a3及时间t3为：，
所以带电系统运动的周期为：T=2（t1+t2+t3）=．
10．如图所示，一个电子由静止开始经加速电场加速后，又沿中心轴线从O点垂直射入偏转电场，并从另一侧射出打到荧光屏上的P点，O′点为荧光屏的中心．已知电子质量m＝9.0×10－31kg，电荷量大小e＝1.6×10－19C，加速电场电压U0＝2 500 V，偏转电场电压U ＝200 V，极板的长度L1＝6.0 cm，板间距离d＝2.0 cm，极板的末端到荧光屏的距离L2＝3.0 cm(忽略电子所受重力，结果保留两位有效数字)．求：
(1) 电子射入偏转电场时的初速度v0；
(2) 电子打在荧光屏上的P点到O′点的距离h；
(3) 电子经过偏转电场过程中电势能的增加量．
【答案】(1) v0＝3.0×107m/s.(2) h＝7.2×10－3m. (3) ΔE＝－W＝－5.8×10－18J.
【解析】
【分析】
（1）电子在加速电场中，根据动能定理即可求出进入偏转电场的速度；
（2）粒子在偏转电场中做类平抛运动，根据类平抛运动规律可求出粒子在偏转电场中产生的侧位移；粒子从偏转电场飞出至荧光屏这一过程，做的是匀速直线运动，根据几何关系
即可求h ；
（3）根据W=eEy 即可求出电子经过偏转电场过程中电场力对它所做的功． 【详解】
(1) 电场中加速有eU 0＝1
2
mv 02
解得v 0 代入数据解得v 0＝3.0×107m/s.
(2) 设电子在偏转电场中运动的时间为t ，电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量为y . 电子在水平方向做匀速直线运动，L 1＝v 0t 电子在竖直方向上做匀加速运动，y ＝12
at 2 根据牛顿第二定律有
eU
d
＝ma 解得y ＝21202eUL mdv ＝192
3172
1.6102000.0629.0100.02(3.010)
m --⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯＝3.6×10－3m ＝0.36cm 电子离开偏转电场时速度的反向延长线过偏转电场的中点，
由图知
112
2L L y L h += 解得h ＝7.2×10－3m.
(3) 电子在偏转电场运动的过程中电场力对它做的功
W ＝eEy ＝e
U
d
y ＝5.8×10－18J ΔE ＝－W ＝－5.8×10－18J. 【点睛】
对于带电粒子在电场中的运动问题，关键是注意区分不同的物理过程，弄清在不同的物理过程中物体的受力情况及运动性质，并选用相应的物理规律．在解决问题时，主要可以从两条线索展开：
其一，力和运动的关系．根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度位移等．这条线索通常适用于在恒力作用下做匀变速运动的情况．
其二，功和能的关系．根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理研究全过程中能的转化，研究带电粒子的速度变化、位移等．这条线索不但适用于匀强电场，也适用于非匀强电场．
11．容器A 中装有大量的质量、电荷量不同但均带正电的粒子，粒子从容器下方的小孔S 1不断飘入加速电场(初速度可视为零)做直线运动，通过小孔S 2后从两平行板中央沿垂直电场方向射入偏转电场．粒子通过平行板后沿垂直磁场方向进入磁感应强度为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场区域，最后打在感光片上，如图所示．已知加速电场中S 1、S 2间的加
速电压为U ，偏转电场极板长为L ，两板间距也为L ，板间匀强电场强度E
＝
2U
L
，方向水平向左(忽略板间外的电场)，平行板f 的下端与磁场边界ab 相交于点P ，在边界ab 上实线处固定放置感光片．测得从容器A 中逸出的所有粒子均打在感光片P 、Q 之间，且Q 距P 的长度为3L ，不考虑粒子所受重力与粒子间的相互作用，求：
(1)粒子射入磁场时，其速度方向与边界ab 间的夹角； (2)射到感光片Q 处的粒子的比荷(电荷量q 与质量m 之比)； (3)粒子在磁场中运动的最短时间． 【答案】（1）4
π
θ=，其速度方向与边界ad 间的夹角为4
π
θ=
（2）
222q U m L B
= （3）2
316BL U π
【解析】
试题分析：（1）设质量为m ，电量为q 的粒子通过孔2S 的速度为0v 则：2012
qU mv = 粒子在平行板间：0L t v =，x qE
v t m
=
，0tan x v v θ=
联立可以得到：tan 1θ=，则4
π
θ=
，其速度方向与边界ad 间的夹角为4
π
θ=
．
（2）粒子从e 板下端与水平方向成45o 的角射入匀强磁场，设质量为m ，电量为q 的粒子射入磁场时的速度为v ，做圆周运动的轨道半径为r ，则22
0042x qU
v v v v m
=+==
由几何关系：()2
2
2
4r r L +=，则22r L =，则mv r qB
=
联立可以得到：
222q U
m L B
=． （2）设粒子在磁场中运动的时间为t ，则m t qB θ=
，2mv mU
r qB B q
==
联立可以得到：
2
4
Br t
U
θ
=
因为所以粒子在磁场中运动的偏转角
3
2
R
θ=，所以粒子打在P处时间最短
由几何可以知道：222
r r L
+=，则
2
r L
=
联立可以得到：
2
2
3
3
22
416
L
B BL
t
U U
ππ
⨯
==．
考点：带电粒子在匀强磁场中的运动、牛顿第二定律、向心力
【名师点睛】本题考查了粒子在电场中的加速和在磁场中的偏转，知道粒子通过速度选择器时，所受的洛伦兹力和电场力平衡，掌握粒子在磁场中的半径公式，并能灵活运用．
12．如图所示，电荷量为+q，质量为m的小球用一根长为L的绝缘细绳悬挂于O点，所在的整个空间存在水平向右的匀强电场，已知重力加速度为g．现将悬线拉直使小球从与O 点等高的A点静止释放，当小球运动到O点正下方的B点时速度的大小为v=gL．求：
(1)该电场的场强E的大小；
(2)小球刚到达B点时绳的拉力；
(3)若到达B点后绳子突然断裂，断裂时小球以原速度抛出，则小球再次经过O点正下方时与O点的距离是多少?
【答案】（1）
2
mg
E
q
=（2）2mg；（3）9L
【解析】
【分析】
【详解】
（1）由A到B根据动能定理：2
1
2
mgL EqL mv
-=，
解得
2
mg
E
q
=
（2）在B点，由牛顿第二定律：
2
v
T mg m
L
-=
解得T=2mg
（3）绳子断裂后，小球水平方向向左先做减速运动，后反向加速；竖直方向做自由落体运动，回到B 点正下方，则：2v t a
= 2
qE g a m =
= 212h gt =
解得h=9L 【点睛】 此题关键是第3问的解答，要知道小球参与水平方向的匀变速运动和竖直方向的自由落体运动，两个运动的时间相等.。