高考物理带电粒子在电场中的运动解题技巧分析及练习题(含答案)及解析

高考物理带电粒子在电场中的运动解题技巧分析及练习题(含答案)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，一质量为m 、电荷量为+q 的粒子从竖直虚线上的P 点以初速度v 0水平向左射出，在下列不同情形下，粒子经过一段时间后均恰好经过虚线右侧的A 点．巳知P 、A 两点连线长度为l ，连线与虚线的夹角为α=37°，不计粒子的重力，(sin 37°=0.6，cos 37°=0.8).
(1)若在虚线左侧存在垂直纸面向外的匀强磁场，求磁感应强度的大小B 1；
(2)若在虚线上某点固定一个负点电荷，粒子恰能绕该负点电荷做圆周运动，求该负点电荷的电荷量Q (已知静电力常量为是）；
(3)若虚线的左侧空间存在垂直纸面向外的匀强磁场，右侧空间存在竖直向上的匀强电场，粒子从P 点到A 点的过程中在磁场、电场中的运动时间恰好相等，求磁场的磁感应强度的大小B 2和匀强电场的电场强度大小E .
【答案】（1）01
52
mv B ql = （2）2
058mv l Q kq = （3）0253mv B ql π= 2
20(23)9mv E ql
ππ-=
【解析】 【分析】 【详解】
（1)粒子从P 到A 的轨迹如图所示：
粒子在磁场中做匀速圆周运动，设半径为r 1 由几何关系得112cos 25
r l l α=
= 由洛伦兹力提供向心力可得2
011
v qv B m r =
解得:
0 1
5
2
mv B
ql
=
(2)粒子从P到A的轨迹如图所示：
粒子绕负点电荷Q做匀速圆周运动，设半径为r2
由几何关系得
2
5
2cos8
l
r l
α
==
由库仑力提供向心力得
2
2
22
v
Qq
k m
r r
=
解得:
2
5
8
mv l
Q
kq
=
(3)粒子从P到A的轨迹如图所示：
粒子在磁场中做匀速圆周运动，在电场中做类平抛运动
粒子在电场中的运动时间
00
sin3
5
l l
t
v v
α
==
根据题意得，粒子在磁场中运动时间也为t，则
2
T
t=
又
2
2m
T
qB
π
=
解得0
2
5
3
mv
B
ql
π
=
设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，则0v t r
π
=
解得:35l r π
=
粒子在电场中沿虚线方向做匀变速直线运动，21cos 22qE l r t m
α-=
⋅ 解得:2
20(23)9mv E ql
ππ-=
2．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 =
qE
m
=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=mg
m
μ=7.5m/s 2，向左做匀减速运动
平板加速度大小a 2=
qE mg
m
μ+=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 12
2112
a 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。

设平板长为l ，全程根据能量守恒可得：qEL =μmgl 解得：l =
8
15
=0.53m （3）设平板第n -1次与第n 次碰撞反弹速度分别为v n-1，和v n ；平板第n -1次反弹后：设经历时间t n-1，平板与物块达到共同速度v n-1′ 平板v n-1′=v n-1-a 2t n-1 位移大小2
1112112
n n n n x v t a t ----=- 物块v n-1′=-v n-1+a 1t n-1
由以上三式解得：11'4n n v v --=-，1110n n v t --=，2
1
1380
n n v x --=
此后两者一起向左匀加速，由动能定理
qEx n-1=
()()22111
(')22n n M m v M m v -+-+ 解得：11
2
n n v v -= 从开始运动到平板和物块恰停止，挡板对平板的总冲量： I =2Mv 1+2Mv 2+2Mv 3+2Mv 4+…… 解得：I =8.0N•s
3．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2
L
，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) eEL
v 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 ＝
eE
m 2122
L
a v =
解得
eEL
v 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 ＝
2eE
m t ＝L v v y ＝a 2t
tan 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＝2
x
L
L
+
解得：
x ＝3L .
4．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 ≥
5．一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22111220.122s at g =
=⨯= 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
6．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∆=+=
7．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 E
Ue
=
8．如图所示，在一光滑绝缘水平面上，静止放着两个可视为质点的小球，两小球质量均为m ，相距l ，其中A 球带正电，所带电荷量为q ，小球B 不带电．若在A 球开始向右侧区域加一水平向右的匀强电场，场强为E ，A 球受到电场力的作用向右运动与B 球碰撞．设每次碰撞为弹性碰撞，碰撞前后两球交换速度，且碰撞过程无电荷转移．求：
（1）小球A 在电场中的加速度大小和第一次与B 碰撞前的速度；
（2）若两小球恰在第二次碰撞时离开电场，求电场在电场线方向上的宽度； （3）若两小球恰在第三次碰撞时离开电场，求电场在电场线方向上的宽度及小球A 从进入电场到离开电场的过程中电势能的变化量． 【答案】(1) a=qE/m 2Eql
m
；13Eql 【解析】 【详解】
（1）根据牛顿运动定律：qE=ma ，则a=qE/m
设第一次碰撞时小球A 的速度为v ：根据动能定理：212
Eql mv = 解得：2Eql
v m
=
（2）第一次碰撞前后小球A 的速度为v A1和v A1′，小球B 碰撞前后的速度为v B1和v B1′所以v A1=v v B1=0 v A1′=0 v B1′=v
A 球运动的距离为l 第一次碰撞后，小球A 做初速度为零的匀加速直线运动，小球
B 做速度为v 的匀速直线运动．设第二次碰撞前后A 球的速度为v A2和v A2′小球B 碰撞前后的速度为v B2和v B2′
第一次碰撞后至第二次碰撞前：vt= (0+v A2)t/2 所以：v A2=2v ；碰后v A2′= v
而B 球碰前为v ，碰后为2v ．从第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程中，A 球运动的距离
为l 2．()2
2120? 2
Eql m v =
- 2
4l l = 电场宽度为：L=l+4l=5l
（3）二次碰撞后，A 球做初速度为v 的匀加速直线运动，B 球以速度2v 匀速直线运动．设A 球第三次碰前后的速度为v A3和 v A3′，小球B 碰撞前后的速度为v B3和v B3′ 所以：
3
223232
A A v v t vt v v +==
从第二次碰撞到第三次碰撞过程中，A 球运动的距离为l 3 ：qEl 3 = 12m ()23v -1
2
m 2v l 3=8l
所以：电场的宽度：L=l 1+l 2+l 3=13l A 球减少的电势能 △ε=Eq×13l=13Eql
9．如图所示，在y >0的区域内有沿y 轴正方向的匀强电场，在y <0的区域内有垂直坐标平面向里的匀强磁场，一电子(质量为m 、电量为e )从y 轴上A 点以沿x 轴正方向的初速度v 0开始运动，当电子第一次穿越x 轴时，恰好到达C 点，当电子第二次穿越x 轴时，恰好到达坐标原点；当电子第三次穿越x 轴时，恰好到达D 点，C 、D 两点均未在图中标出．已知A 、C 点到坐标原点的距离分别为d 、2d .不计电子的重力．求
(1)电场强度E 的大小． (2)磁感应强度B 的大小． (3)电子从A 运动到D 经历的时间t . 【答案】（1）；（2）
；（3）
．
【解析】
试题分析：（1）电子在电场中做类平抛运动 设电子从A 到C 的时间为t 1
1分 1分 1分
求出 E =1分
（2）设电子进入磁场时速度为v，v与x轴的夹角为θ，则
θ = 45° 1分
电子进入磁场后做匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力
1分
由图可知1分
得1分
（3）由抛物线的对称关系，电子在电场中运动的时间为 3t1=1分
电子在磁场中运动的时间 t2 =2分
电子从A运动到D的时间 t=3t1+ t2=1分
考点：带电粒子在电场中做类平抛运动匀速圆周运动牛顿第二定律
10．如图所示，一根光滑绝缘细杆与水平面成α＝30°角倾斜固定．细杆的一部分处在场强方向水平向右的匀强电场中，场强E＝3104N/C．在细杆上套有一个带负电的小球，带电量为q＝1×10﹣5C、质量为m＝3×10﹣2kg．现使小球从细杆的顶端A由静止开始沿杆滑下，并从B点进入电场，小球在电场中滑至最远处的C点．已知AB间距离x1＝0.4m，g＝10m/s2．求：
（1）小球通过B点时的速度大小V B；
（2）小球进入电场后滑行的最大距离x2；
（3）试画出小球从A点运动到C点过程中的v﹣t图象．
【答案】（1）2m/s （2）0.4m （3）
【解析】
（1）对小球，AB 过程，根据牛顿第二定律可得1sin mg ma α=，
初速度为零，由位移速度公式可得2
112B v a x =，
联立解得2m/s B v =；
（2）对小球，BC 过程，根据牛顿第二定律：2cos sin qE mg ma αα-=，
初速度为B v ，末速度为零，故根据位移速度公式可得2
222B v a x =，
联立解得20.4m x =
（3）小球在AB 段做初速度为零，末速度为2m/s 的匀加速直线运动，经历时间为
11
0.4B
v t s a ==，在BC 段做初速度为2m/s ，末速度为零的匀减速直线运动，经历的时间为22
0.4B
v t s a =
=，即在0.8s 末速度为零，v-t 图像如图所示：
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
224r 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
4Br 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
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（甲）所示，两带等量异号电荷的平行金属板平行于x轴放置，板长为L，两板间距离为2y0，金属板的右侧宽为L的区域内存在如图（乙）所示周期性变化的磁场，磁场的左右边界与x轴垂直．现有一质量为m，带电荷量为+q的带电粒子，从y轴上的A点以速度v0沿x轴正方向射入两板之间，飞出电场后从点（L，0）进入磁场区域，进入时速度方向与x轴夹角为30°，把粒子进入磁场的时刻做为零时刻，以垂直于纸面向里作为磁场正方向，粒子最后从x轴上（2L，0）点与x轴正方向成30°夹角飞出磁场，不计粒子重力．试求：
（1）求粒子在两板间运动时电场力对它所做的功；
（2）计算两板间的电势差并确定A点的位置；
（3）写出磁场区域磁感应强度B0的大小、磁场变化周期T应满足的表达式．
【答案】（1）2
1
6
W mv
=（2）
2
00
23y mv
U= ,
3
y L
= (3) 0
23nmv
B=
3
1234
L
T n
π
==⋯⋯
（，，，）
【解析】
试题分析：（1）设粒子刚进入磁场时的速度为v，则：0
23
cos30
v
v==
︒
电场力对粒子所做的功为：222
00
111
226
W mv mv mv
=-=
（2）设粒子刚进入磁场时的竖直分速度为v′，则：
v′=v 0tan30°=033
v 水平方向：L=v 0t
竖直方向：
y ＝12
v′t 解得：3y L =
电场力对粒子所做的功：W=qEy 两板间的电压U=2Ey 0
解得：2
00
233y mv U qL
=
（3）由对称性可知，粒子从x=2L 点飞出磁场的速度大小不变，方向与x 轴夹角为α=±30°；
在磁场变化的半个周期内，粒子的偏转角为2α=60°；
故磁场变化的半个周期内，粒子在x 轴上的位移为：x=2Rsin30°=R 粒子到达x=2L 处且速度满足上述要求是： nR=L L
R n
=
（n=1，2，3，…） 由牛顿第二定律，有：2
0v qvB m R
=
解得：0
0233nmv B qL
=
（n=1，2，3，…） 粒子在变化磁场的半个周期内恰好转过
1
6
周期，同时在磁场中运动的时间是变化磁场半个周期的整数倍，可使粒子到达x=2L 处且满足速度题设要求；0162T kT k =；02R
T v
π=
解得：0
3L
T π=
（n=1，2，3，…）
当
026T T ＞
，0
T 考点：带电粒子在磁场中的运动.。