高考物理带电粒子在电场中的运动技巧和方法完整版及练习题

高考物理带电粒子在电场中的运动技巧和方法完整版及练习题
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，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
5
2mv 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：22
2111(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．
3．某控制带电粒子运动的仪器原理如图所示，区域PP′M′M 内有竖直向下的匀强电场，电场场强E ＝1.0×103V/m ，宽度d ＝0.05m ，长度L ＝0.40m ；区域MM′N′N 内有垂直纸面向里
的匀强磁场，磁感应强度B ＝2.5×10－
2T ，宽度D ＝0.05m
，比荷
q
m
＝1.0×108C/kg 的带正电的粒子以水平初速度v 0从P 点射入电场．边界MM′不影响粒子的运动，不计粒子重力．
(1) 若v 0＝8.0×105m/s ，求粒子从区域PP′N′N 射出的位置；
(2) 若粒子第一次进入磁场后就从M′N′间垂直边界射出，求v 0的大小； (3) 若粒子从M′点射出，求v 0满足的条件．
【答案】(1)0.0125m (2) 3.6×105m/s. (3) 第一种情况：v 0＝54.00.8()10/21
n
m s n -⨯+ (其中n ＝
0、1、2、3、4)第二种情况：v 0＝53.20.8()10/21
n
m s n -⨯+ (其中n ＝0、1、2、3)．
【解析】 【详解】
(1) 粒子以水平初速度从P 点射入电场后，在电场中做类平抛运动，假设粒子能够进入磁场，则
竖直方向2
1··
2Eq d t m
＝ 得2md
t qE
=
代入数据解得t ＝1.0×10－6s 水平位移x ＝v 0t 代入数据解得x ＝0.80m
因为x 大于L ，所以粒子不能进入磁场，而是从P′M′间射出， 则运动时间t 0＝
L
v ＝0.5×10－6s ， 竖直位移2
01··
2Eq y t m
＝＝0.0125m 所以粒子从P′点下方0.0125m 处射出．
(2) 由第一问可以求得粒子在电场中做类平抛运动的水平位移x ＝v 2md
qE
粒子进入磁场时，垂直边界的速度
v 1＝
qE m ·t ＝2qEd m
设粒子与磁场边界之间的夹角为α，则粒子进入磁场时的速度为v ＝
1
v sin α
在磁场中由qvB ＝m 2
v R
得R ＝mv qB 粒子第一次进入磁场后，垂直边界M′N′射出磁场，必须满足x ＋Rsinα＝L 把x ＝v 0
2md qE 、R ＝mv qB 、v ＝1v sin α、12qEd
v m ＝
代入解得 v 0＝L·
2Eq
md
－E B v 0＝3.6×105m/s.
(3) 由第二问解答的图可知粒子离MM′的最远距离Δy ＝R －Rcosα＝R(1－cosα)
把R ＝mv qB 、v ＝1v sin α、12qEd
v m
＝代入解得
12(1cos )12tan sin 2
mEd mEd y B q B q αα
α-∆=
=
可以看出当α＝90°时，Δy 有最大值，(α＝90°即粒子从P 点射入电场的速度为零，直接在电场中加速后以v 1的速度垂直MM′进入磁场运动半个圆周回到电场)
1max 212mv m qEd mEd
y qB qB m B q
∆=
== Δy max ＝0.04m ，Δy max 小于磁场宽度D ，所以不管粒子的水平射入速度是多少，粒子都不会从边界NN′射出磁场．
若粒子速度较小，周期性运动的轨迹如下图所示：
粒子要从M′点射出边界有两种情况， 第一种情况： L ＝n(2v 0t ＋2R sinα)＋v 0t
把2md t qE =、R ＝mv qB 、v 1＝vsinα、12qEd v m
＝ 代入解得 0221221L qE n E v n md n B
=
-⋅++
v 0＝ 4.00.821n n -⎛⎫
⎪+⎝⎭
×105
m/s(其中n ＝0、1、2、3、4)
第二种情况：
L ＝n(2v 0t ＋2Rsinα)＋v 0t ＋2Rsinα 把2md t qE =
、R ＝mv qB 、v 1＝vsinα、12qEd v m
＝代入解得
02(1)21221L qE n E v n md n B
+=
-⋅++
v 0＝ 3.20.821n n -⎛⎫
⎪+⎝⎭
×105
m/s(其中n ＝0、1、2、3)．
4．如图甲所示，极板A 、B 间电压为U 0，极板C 、D 间距为d ，荧光屏到C 、D 板右端的距离等于C 、D 板的板长．A 板O 处的放射源连续无初速地释放质量为m 、电荷量为+q 的粒子，经电场加速后，沿极板C 、D 的中心线射向荧光屏（荧光屏足够大且与中心线垂直），当C 、D 板间未加电压时，粒子通过两板间的时间为t 0；当C 、D 板间加上图乙所示电压（图中电压U 1已知）时，粒子均能从C 、D 两板间飞出，不计粒子的重力及相互间的作用．求：
（1）C 、D 板的长度L ；
（2）粒子从C 、D 板间飞出时垂直于极板方向偏移的最大距离； （3）粒子打在荧光屏上区域的长度． 【答案】（1）02qU L t m =2）2102qU t y md =（3）2
10
32qU t s s md
∆== 【解析】
试题分析：（1）粒子在A 、B 板间有2
0012
qU mv = 在C 、D 板间有00L v t =
解得：0
2qU L t m
= （2）粒子从nt 0（n=0、2、4……）时刻进入C 、D 间，偏移距离最大 粒子做类平抛运动 偏移距离2012
y at = 加速度1
qU a md
=
得：2
10
2qU t y md
=
（3）粒子在C 、D 间偏转距离最大时打在荧光屏上距中心线最远ZXXK] 出C 、D 板偏转角0
tan y v v θ=
0y v at =
打在荧光屏上距中心线最远距离tan s y L θ=+
荧光屏上区域长度2
10
32qU t s s md
∆==
考点：带电粒子在匀强电场中的运动
【名师点睛】此题是带电粒子在匀强电场中的运动问题；关键是知道粒子在水平及竖直方向的运动规律和特点，结合平抛运动的规律解答．
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
q
m
=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 20
v r
解得：r =20
510mv 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 =
212
at 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，
000
tan 2
y qE x v m v y
v v θ⋅
===
所以：
H =（x 0﹣x ）tan θ=（x 0﹣2y ）•2y
由数学知识可知，当（x 0﹣2y ）=2y 时，即y =4.5cm 时H 有最大值
所以H max =9cm
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： (T0+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，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 2y 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 = 4.5y cm =时H 有最大值，
所以max 9H cm =
8．水平面上有一个竖直放置的部分圆弧轨道，A 为轨道的最低点，半径OA 竖直，圆心角AOB 为60°，半径R=0.8m ，空间有竖直向下的匀强电场，场强E=1×104N/C 。

一个质量m=2kg ，带电量为q=－1×10－3C 的带电小球，从轨道左侧与圆心O 同一高度的C 点水平抛出，恰好从B 点沿切线进入圆弧轨道，到达最低点A 时对轨道的压力F N =32.5N 。

求：
(1)小球抛出时的初速度v 0大小；
(2)小球从B 到A 的过程中克服摩擦所做的功W f 。

【答案】(1) 23
/3
m s (2) 13J
【解析】 【分析】
根据题中“竖直向下的匀强电场…带电小球”、“水平抛出…圆弧轨道”可知，本题考察带电物体在复合场中的运动。

根据带电物体在复合场中的运动规律，应用运动的分解、牛顿运动定律、动能定理列式计算。

【详解】
(1)小球抛出后从C 到B 过程中受重力和竖直向上的电场力，做类平抛运动，则：
mg qE ma -=，解得：小球的加速度
34
2221011010/5/2
mg qE a m s m s m --⨯-⨯⨯===
C 与B 的高度差600.4h Rcos m =︒=
设小球到B 点时竖直分速度为y v ，则2
2y v ah =，解得：小球到B 点时竖直分速度
2y m v s
= 小球在B 点时，速度方向与水平方向夹角为60°，则0
60y v tan v ︒=
解得：小球抛出时的初速度0233
m
v s = (2)在B 点时，60y B
v sin v ︒=
，则43B m
v s =
小球在A 点时，2
A
N v F qE mg m R
+-=，解得：3A m v s =
小球从B 到A 过程，由动能定理得：2211()()22
f A B m
g qE R Rcos W mv mv θ---=- 解得：小球从B 到A 的过程中克服摩擦所做的功1
3
f W J =
9．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 ＝23×104N/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x 1＝0.4m ，g
＝10m/s 2．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x 2；
（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：
10．如图甲所示，平行板A 、B 竖直放置，B 板接地，A 、B 两板加上交变电压，A 板的电势随时间变化规律如图乙所示，乙图所示物理量均为已知量。

t=0时刻，一个质量为m ，电荷量为q 的带正电的粒子在B 板附近由静止释放，不计粒子的重力，求： (1)要使粒子到达A 板时速度为零，A 、B 板间的距离应满足什么条件? (2)要使粒子到达A 板前一直加速，A 、B 板间的距离应满足什么条件
(3)若将两板间的距离调为L ，保持两板的电势差大小不变，改变交变电压周期，使粒子在
t=
4T 到t=2T
时间内从B 板附近由静止释放后粒子不能到达A 板，改变后的周期应满足什么条件?
【答案】（102nq T m ϕ（2）0
22q T
d m ϕ≤ （3）0
4m T L q ϕ<【解析】 【分析】
粒子从0t =时刻释放后一个周期内，先做初速度为零的匀加速运动，后做匀减速运动速度为零，因此粒子到达A 时速度为零，则粒子在板间运动的时间应为周期的整数倍； 要使粒子到达A 板前一直加速，即粒子在板间运动的时间不超过半个周期；从B 板附近由静止释放后粒子不能到达A 板，带电粒子在4
T t =到2T
t =时间内向A 做匀加速运动，在
2T
t =
到34
T t =时间内向A 做匀减速运动，速度减为零后将返回； 【详解】
解：(1)由题可知，粒子从0t =时刻释放后一个周期内，先做初速度为零的匀加速运动，后做匀减速运动速度为零，因此粒子到达A 时速度为零，则粒子在板间运动的时间应为周期的整数倍；
设板间的间距为d ，则板间电场强度大小为：0
E d
ϕ=
在开始的半周期内，粒子运动的距离：2
1()22
T x a =
qE a m
=
2d nx =，(n=1，2，3….)
解得：0
2
nq T d m
ϕ=
(n=1，2，3….)
(2) 要使粒子到达A 板前一直加速，即粒子在板间运动的时间不超过半个周期
212d at = 0
q a md
ϕ=
2
T t ≤
解得：0
22q T d m
ϕ≤
(3) 带电粒子在4
T t =
到2T t =时间内向A 做匀加速运动，在2T
t =到34T t =时间内向A 做匀
减速运动，速度减为零后将返回，粒子向A 运动可能的最大位移：2
12()24
T s a =⨯
q a mL
ϕ=
从B 板附近由静止释放后粒子不能到达A 板，则有：x L < 解得：0
4m T L
q ϕ<
11．如图所示，带电荷量为+4×10－8C 的滑块在电场强度大小为2×104N ／C 、方向水平向右的匀强电场中，沿光滑绝缘水平面由M 点运动到N 点．已知M 、N 间的距离为0．1 m ．求：
（1）滑块所受电场力的大小； （2）M 、N 两点间的电势差； （3）电场力所做的功．
【答案】（1）8×10-4N （2）2×103V （3）8×10-5J 【解析】 【分析】
（1）在匀强电场中，根据F=qE 直接计算电场力的大小； （2）根据U=Ed 计算M 、N 两点间的电势差； （3）根据W=qU 计算电场力所做的功． 【详解】
（1）滑块所受的电场力为： F=qE=4×10一8×2×104N=8×10-4N （2）M 、N 两点间的电势差为：
U MN=Ed=2×104×0.1V=2×103V
（3）电场力所做的功为：
W MN=qU MN=4×10-8×2×103J=8×10-5J
【点睛】
本题是对电场的基本公式的考查，掌握住公式的使用条件，F=qE，U=Ed在匀强电场中才可以使用，W=qU任何电场都可以使用．
12．如图，直线MN 上方有平行于纸面且与MN成45。

的有界匀强电场，电场强度大小未知；MN下方为方向垂直于纸面向里的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B。

今从MN_上的O点向磁场中射入一个速度大小为v、方向与MN成45。

角的带正电粒子，该粒子在磁场中运动时的轨道半径为R。

若该粒子从O点出发记为第一次经过直线MN，而第五次经过直线MN时恰好又通过O点。

不计粒子的重力。

求：
(1)电场强度的大小；
(2)该粒子从O点出发，第五次经过直线MN时又通过O点的时间
(3)该粒子再次从O点进入磁场后，运动轨道的半径；
【答案】（1）；（2）（3）
【解析】
试题分析：粒子的运动轨迹如图，先是一段半径为R的1/4圆弧到a点，接着恰好逆电场线匀减速运动到b点速度为零再返回a点速度仍为v，再在磁场中运动一段3/4圆弧到c 点，之后垂直电场线进入电场作类平抛运动。

（1）易知，
类平抛运动的垂直和平行电场方向的位移都为
①
所以类平抛运动时间为
②
又③
再者④
由①②③④可得
⑤
粒子在磁场中的总时间：
粒子在电场中减速再加速的时间：
故粒子再次回到O点的时间：
（3）由平抛知识得
所以［或］
则第五次过MN进入磁场后的圆弧半径
考点：带电粒子在匀强电场及在匀强磁场中的运动.。