高中物理带电粒子在电场中的运动试题(有答案和解析).docx

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，竖直平面内有一固定绝缘轨道ABCDP，由半径r＝ 0.5m 的圆弧轨道CDP和
与之相切于 C 点的水平轨道ABC 组成，圆弧轨道的直径DP 与竖直半径OC 间的夹角θ＝
37°， A、 B 两点间的距离d＝ 0.2m 。

质量 m1＝0.05kg 的不带电绝缘滑块静止在 A 点，质量
﹣5
m2＝ 0.1kg、电荷量q＝ 1× 10 C 的带正电小球静止在 B 点，小球的右侧空间存在水平向右
的匀强电场。

现用大小F＝ 4.5N、方向水平向右的恒力推滑块，滑块到达 B 点前瞬间撤去
该恒力，滑块与小球发生弹性正碰，碰后小球沿轨道运动，到达P 点时恰好和轨道无挤压
且所受合力指向圆心。

小球和滑块均视为质点，碰撞过程中小球的电荷量不变，不计一切
摩擦。

取 g＝10m/s 2， sin37 °＝ 0.6，cos37°＝ 0.8.
(1)求撤去该恒力瞬间滑块的速度大小v 以及匀强电场的电场强度大小E；
(2)求小球到达 P 点时的速度大小 v和 B、 C 两点间的距离x；
P
(3)若小球从 P 点飞出后落到水平轨道上的Q 点（图中未画出）后不再反弹，求Q、 C 两点
间的距离 L。

【答案】（1）撤去该恒力瞬间滑块的速度大小是6m/s ，匀强电场的电场强度大小是
7.5×104N/C；（ 2）小球到达 P 点时的速度大小是 2.5m/s ， B、C 两点间的距离是0.85m。

（3） Q、C 两点间的距离为 0.5625m 。

【解析】
【详解】
（1）对滑块从 A 点运动到 B 点的过程，根据动能定理有：Fd＝1
m1v2，2
代入数据解得： v＝ 6m/s
小球到达 P 点时，受力如图所示，由平衡条件得：qE＝ m2gtan θ，
4
解得： E＝7.5 ×10N/C。

（2）小球所受重力与电场力的合力大小为：G 等＝m
2
g
①cos
小球到达 P 点时，由牛顿第二定律有： G 等＝ m 2
v 2P
②
r
联立 ①② ，代入数据得： v P ＝ 2.5m/s
滑块与小球发生弹性正碰，设碰后滑块、小球的速度大小分别为 v 1、 v 2，
以向右方向为正方向，由动量守恒定律得：
m 1v ＝ m 1v 1+m 2v 2 ③
由能量守恒得：
1
2
1
2
1
2
2 m 1v
2 m 1v 1
2
m 2
v
2
④
联立 ③④ ，代入数据得： v 1＝﹣ 2m/s （ “﹣”表示 v 1 的方向水平向左）， v 2＝4m/s
小球碰后运动到
P 点的过程，由动能定理有：
2
1 2 1 2
qE （ x ﹣ rsin θ）﹣ m g （ r+rcos θ）＝ 2 m 2v P 2 m 2 v 2 ⑤
代入数据得： x ＝ 0.85m 。

（3）小球从 P 点飞出水平方向做匀减速运动，有：
L ﹣ rsin θ＝ v P
1 qE t
2 ⑥
cos θt ﹣ 2 m 2
竖直方向做匀加速运动，有： r+rcos θ＝ v P sin θt+
1
gt 2
⑦
2
联立 ⑥⑦ 代入数据得： L ＝0.5625m ；
2． 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t
0 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】（ 1）
2h
； 2h （2）
2mg gh 方向向右上，与水平方向夹角为 45°
； v P
g
q
ghT 02 （3）
s min
2
2
【解析】
【详解】
(1)设油滴的喷出速率为
v 0 ，则对油滴 b 做竖直上抛运动，有
0 v 02 2gh 解得 v 02 gh
0 v 0 gt 0
2h 解得 t 0
g
对油滴 a 的水平运动，有
x 0 v 0 t 0 解得 x 0 2h
(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 ， h
1
at 02 ，解得 a
2mg
g ， E
2
q
设油滴的喷出速率为 v 0 ，结合前瞬间油滴 a 速度大小为 v a ，方向向右上与水平方向夹角，则
v 0 v a cos ， v 0 tan
at 0 ，解得 v a 2 gh ， 45
两油滴的结束过程动量守恒，有： mv 1 2mv p ，联立各式，解得： v p
gh ，方向向右
上，与水平方向夹 45 角
(3)因 qE
2mg ，油滴 p 在磁场中做匀速圆周运动，设半径为 r ，周期为 T ，则
2
2 r 由 qv p 8 m 2m v p 得 r T 0 T 0
gh
，由 T 得 T
qT
r
4
v p
2
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
s
min
ghT 02 2r 4r
2
2
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 L
， AO 连线与屏垂直，垂足为
2
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) v eEL
(2)2 (3) 3L. m
【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a1，到达 MN 的速度
为 v，则：
a1＝eE
1 ＝
eE m m
2a1L
v2 2
解得
v eEL m
（2）设电子射出电场E2时沿平行电场线方向的速度为v y，
a2＝eE
2 ＝
2eE m m
L
t＝
v
v y＝a 2t
v y
tanθ＝=2
v
（3）电子离开电场 E2
后，将速度方向反向延长交于
2
场的中点 O′由.几何关系知：E
x
tan θ＝L
L
2
解得：
x＝ 3L.
4．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E1，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E2
和匀强磁场
2 B，已知 CD=2L，OC=L， E
=4E 。

在负 x 轴上有一质量为m、电量为 +q 的金属 a 球以速度v 沿 x 轴向右匀速运动，并10
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t 2v
0时 a 球到某位置 P 点，求 P 点的位置坐标；3g
(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) v a 122v02v0216mv0
v0，v b v0；(2)（
9g
，）；(3) 0 B或339g15qL
16mv0
B
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
mg qE1①
a、b 碰撞，动量守恒
mv0mv a2mv b②
机械能守恒
1
mv021
mv a212m v b2③
222由②③得
v a 1
v0，v b
2
v0④33
(2)碰后 a、 b 电量总量平分，则
q a q b 1 q 2
碰后 a 在电场中向左做类平抛运动，设经t2v0时 a 球到 P 点的位置坐标为（- x， - y）
3g x v a t ⑤， y 1
at 2⑥2
其中
mg 1
qE1ma ⑦，a =1g 22
由⑤⑥⑦得
x2v02， y v02
9g9g 故 P 点的位置坐标为（2v02，v02）⑧
9g9g
(3)碰撞后对 b
1
q E2 2mg ⑨
2
故 b 做匀速圆周运动，则
1
qv b B2m v
b
2
⑩
2r
得
8mv0
r?
3qB
b 恰好从 C 射出，则
L 2r ?由??得
16m v0
B1
3qL
恰从 D 射出，则由几何关系
r 24L2
2
r L ?，
得
r 5
L ? 2
由??得
16mv0
B2
15qL
故要使 b 不从 CD边界射出，则 B 的取值范围满足
0B16mv0或B16mv0
15qL3qL
【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。

5．如图所示，在直角坐标系x0y 平面的一、四个象限内各有一个边长为L 的正方向区域，二三像限区域内各有一个高 L，宽 2L 的匀强磁场，其中在第二象限内有垂直坐标平面向外的
匀强磁场，第一、三、四象限内有垂直坐标平面向内的匀强磁场，各磁场的磁感应强度
大小均相等，第一象限的x<L， L<y<2L的区域内，有沿y 轴正方向的匀强电场．现有一质
量为四电荷量为 q 的带负电粒子从坐标 (L， 3L/2)处以初速度v0沿 x 轴负方向射入电场，射出
电场时通过坐标 (0， L)点，不计粒子重力．
(1)求电场强度大小E；
(2)为使粒子进入磁场后途经坐标原点0 到达坐标 (-L，0)点，求匀强磁场的磁感应强度大小B；
(3)求第 (2)问中粒子从进入磁场到坐标(-L， 0)点所用的时间．
【答案】（1）E mv024nmv0L （2 ）B n=1、2、3...... （ 3） t
qL qL2v0
【解析】
本题考查带电粒子在组合场中的运动，需画出粒子在磁场中的可能轨迹再结合物理公式求解．
(1)带电粒子在电场中做类平抛运动有：L v0t ，L
1 at2， qE ma 22
联立解得： E mv02
qL
v x
(2)粒子进入磁场时，速度方向与y 轴负方向夹角的正切值tan
=l
v y
v0
2v0
速度大小 v
sin
设 x 为每次偏转圆弧对应的弦长，根据运动的对称性，粒子能到达(一 L， 0 )点，应满足
L=2nx，其中 n=1、 2、 3...... 粒子轨迹如图甲所示，偏转圆弧对应的圆心角为；当满足
2
L=(2n+1)x 时，粒子轨迹如图乙所示．
若轨迹如图甲设圆弧的半径为
R ，圆弧对应的圆心角为
.则有 x=
2 R ，此时满足 L=2nx
2
联立可得： R
L
2n
2
由牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，则有：
qvB
v 2
m
R
得： B
4nmv 0
，n=1、 2、 3....
qL
轨迹如图乙设圆弧的半径为
R ，圆弧对应的圆心角为
.则有 x 2 2R 2 ，此时满足
2
L 2n 1 x 2
联立可得：
R
2
L
2n 1 2
由牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，则有：
qvB 2
m v 2
R 2
得： B
2 2n 1 mv 0
，n=1 、2、 3....
2
qL
所以为使粒子进入磁场后途经坐标原点 0 到达坐标 (-L ， 0)点，求匀强磁场的磁感应强度大
4nmv 0
2 2n
1 mv 0
小 B
， n=1、2、 3....或 B 2
， n=1、 2、 3....
qL
qL
(3) 若轨迹如图甲 ，粒子从进人磁场到从坐标 (一 L ， 0)点射出磁场过程中，圆心角的总和
θ =2n × × 2=2n ，π则
t
2n 2n m L T
qB
2v 0
2
2
若轨迹如图乙，粒子从进人磁场到从坐标 (一 L ， 0)点射出磁场过程中，圆心角的总和
t 2
T 2 (4 n 2)
(4 n 2) m
L
θ =(2n+1) × 2π =(4n+2)，则 π 2
qB 2
v 0
粒子从进入磁场到坐标 (-L ， 0) 点所用的时间为
2n 2n mL t T
或
2
qB
2v 0
t2
(4n 2)(4 n 2) m L T2
qB2v0
2
6．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R
的矩形2
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)E 2mv22v
，速度方向沿y 轴负方向；
4qR
8 2mv
B 2 2mv 2 2 7 1 mv
(2)(3)
3qR 5qR qR
【解析】
【分析】
【详解】
（1）在电场中，粒子沿初速度方向做匀速运动
L1
3R
2R cos 45 2 2R cos45
L1vt
沿电场力方向做匀加速运动，加速度为a L22R sin 452R
L21at 2
2
qE
a
m
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v1、 v2，合速度v
v1 v 、 v2at ， tan v2 v
联立可得 E 2mv2 4qR
进入磁场的速度v v2v22v
12
45 ，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
R r1
2
由 qv B1mv 2
得 B1
22mv r1qR
当粒子从 C 点射出时，由勾股定理得
2R 2
R r2r22
2
解得 r2 5 R
8
由 qv B2mv 2
得 B
8 2mv r225qR
根据粒子在磁场中运动半径随磁场减弱而增大，可以判断，当粒子从 AC 边界射出8 2mv 2 2mv
B时，5qR qR
（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
R 2
于 x 轴，其半径为r3，由几何关系得r32r3R2
2
解得
r3
7 1 R
4
mv
2 2 2 7 1 mv
由 qv B3得 B3
r33qR
磁感应强度小于B3，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
7．1897 年汤姆孙使用气体放电管，根据阴极射线在电场和磁场中的偏转情况发现了电子，
并求出了电子的比荷。

比荷是微观带电粒子的基本参量之一，测定电子的比荷的方法
很多，其中最典型的是汤姆孙使用的方法和磁聚焦法。

图中是汤姆孙使用的气体放电管的
原理图。

在阳极 A 与阴极 K 之间加上高压，A、 A'是两个正对的小孔，C、 D 是两片正对的平行金属板， S 是荧光屏。

由阴极发射出的电子流经过A、 A' 后形成一束狭窄的电子束，电子束由于惯性沿直线射在荧光屏的中央O 点。

若在C、 D 间同时加上竖直向下的匀强电场
和垂直纸面向里的匀强磁场，调节电场和磁场的强弱，可使电子束仍沿直线射到荧光屏的
O 点，此时电场强度为E，磁感应强度为B。

（1）求电子通过 A'时的速度大小 v；
（2）若将电场撤去，电子束将射在荧光屏上的O'点，可确定出电子在磁场中做圆周运动
的半径 R，求电子的比荷 e 。

m
【答案】（ 1）
v E e E
；（ 2）
B2 R B m
【解析】【详解】
（1）电子在复合场中做匀速直线运动，由eE
E
；evB ，得 v
B
（2）去掉电场，电子在磁场中做匀速圆周运动，由
v2e v E
evB m R得m BR B2 R。

8．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v0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 °分 1
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3t 1=1 分
电子在磁场中运动的时间 t 2 = 2 分
电子从 A 运动到 D 的时间 t=3t 1+ 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
9．如图所示，在xoy 坐标系内存在一个以（a， 0）为圆心、半径为 a 的圆形磁场区域，方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B；另在y 轴右侧有一方向向左的匀强电场，电场强
度大小为E，分布于y≥a的范围内． O 点为质子源，其出射质子的速度大小相等、方向各异，但质子的运动轨迹均在纸面内．已知质子在磁场中的偏转半径也为a，设质子的质量为 m、电量为e，重力及阻力忽略不计．求：
（1）出射速度沿x 轴正方向的质子，到达y 轴所用的时间；
2
）出射速度与x
轴正方向成
30°y
轴时的位置；
（角（如图中所示）的质子，到达（3）质子到达 y 轴的位置坐标的范围；
【答案】（ 1）m 2ma
（ 2） y =a+Ba
3ea
（3）（ a， a+2Ba ea ）
2eB eE mE mE
【解析】试题分析：（1）质子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力得：v2
evB m 即： v a Bea m
出射速度沿x 轴正方向的质子，经1
圆弧后以速度v垂直于电场方向进入电场，在磁场中4
运动的时间为：
T a m
t1
42v 2eB
质子进入电场后做类平抛运动，沿电场方向运动 a 后到达y 轴，由匀变速直线运动规律eEt22
有：a
2m
2ma
即： t2＝
m2ma
故所求时间为：t t1t 2
2eB eE
（ 2）质子转过 120°角后离开磁场，再沿直线到达图中P 点，最后垂直电场方向进入电场，做类平抛运动，并到达y 轴，运动轨迹如图中所示．
由几何关系可得 P 点距 y 轴的距离为： x1=a+asin30 =1°． 5a
设在电场中运动的时间为t 3，由匀变速直线运动规律有：x1eEt32 2m
即 t33ma eE
质子在 y 轴方向做匀速直线运动，到达y 轴时有：y1vt3Ba 3ea
mE
所以质子在 y 轴上的位置为：y a y1 a Ba3ea
mE
（3）若质子在 y 轴上运动最远，应是质子在磁场中沿右边界向上直行，垂直进入电场中做类平抛运动，
此时 x′=2a
ea
质子在电场中在y 方向运动的距离为：y22Ba
mE
质子离坐标原点的距离为：y m
ea a y2 a 2Ba
mE
由几何关系可证得，此题中凡进入磁场中的粒子，从磁场穿出时速度方向均与y 轴平行，且只有进入电场中的粒子才能打到y 轴上，因此
质子到达 y 轴的位置坐标的范围应是（a， a+2Ba ea
）mE
考点：带电粒子在电场及磁场中的运动
【名师点睛】本题考查带电粒子在电场和磁场中的运动规律，要注意明确在电场中的类平
抛和磁场中的圆周运动处理方法，难度较大，属于难题。

10．在金属板A、 B 间加上如图乙所示的大小不变、方向周期性变化的交变电压U O，其周期是T．现有电子以平行于金属板的速度V O从两板中央射入（如图甲）．已知电子的质量
为 m，电荷量为e，不计电子的重力，求：
（1）若电子从 t=0 时刻射入，在半个周期内恰好能从 A 板的边缘飞出，则电子飞出时速度
的大小．
（2）若电子从 t=0 时刻射入，恰能平行于金属板飞出，则金属板至少多长？
【答案】（ 1）v02eU 0（ 2）v0T
m
【解析】
【分析】
（1）电子在半个周期内恰好能从 A 板的边缘飞出，在此过程中只有电场力做功，根据动能
定理即可解除电子飞出时的速度．
（2）若电子从 t=0 时刻射入，恰能平行于金属板飞出，说明电子在竖直方向前半周期做匀
加速直线运动，后半周期做匀减速直线运动，到电子飞出电场最少用时为T；
【详解】
（1）电子飞出过程中只有电场力做功，根据动能定理得：e
U
01m v21mv02
222
解得： vv2eU
0m
（2）若电子恰能平行于金属板飞出，说明电子在竖直方向前半周期做匀加速直线运动，后
半周期做匀减速直线运动，到电子飞出电场最少用时为T；则电子水平方向做匀速直线运动： L=v0T
11．如图所示，粗糙的斜槽轨道与半径R=0.5m 的光滑半圆形轨道BC 连接， B 为半圆轨道的最底点， C 为最高点．一个质量 m=0.5kg 的带电体，从高为 H=3m 的 A 处由静止开始滑下，
当滑到 B 处时速度 v B=4m/s ，此时在整个空间加上一个与纸面平行的匀强电场，带电
体所受电场力在竖直向上的分力大小与重力相等．带电体沿着圆形轨道运动，脱离 C 处后
运动的加速度是a=2 3 m/s2，经过一段时间后运动到斜槽轨道某处时速度的大小是
v=2m/s ．已知重力加速度g=10m/s 2，带电体运动过程中电量不变，经过 B 点时能量损失不计，忽略空气的阻力．求：
（1）带电体从 B 到 C 的过程中电场力所做的功W
（2）带电体运动到 C 时对轨道的压力 F
（3）带电体与斜槽轨道之间的动摩擦因数μ
【答案】 (1)5J (2)16N(3)
113
45
【解析】
【分析】
【详解】
（1）设带电体受到电场力的水平分量为 F x，竖直分量为 F y，带电体由 B 到 C 的运动过程中，水平分力做功为零，竖直分力做功等于重力做功．
即： W＝ F y?2R＝ mg?2R＝ 5J
（2）带电体从 B 到 C 运动的过程中，重力和电场力的竖直分力相等，电场力的水平分力
不做功，所以 v C＝ v B＝ 4m/s
在 C 点，由牛顿第二定律得： F mg F y m v2
R
又 mg＝ F y
联立解得： F＝16N
（3）带电体脱离轨道后在水平方向上做匀减速直线运动，由速度位移公式得：
v C2v22ax
代入数据得：x3
2R3
设斜面与水平面的夹角为α，则tan
x3
解得：α＝ 30°
带电体从A到B的运动过程中，由动能定理的：mgH μmgcosα
H
12
﹣=mv B
sin2
代入数据解得：
113
45
12．如图所示，在x 轴上方有垂直xOy 平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B1=B0，在 x 轴
下方有交替分布的匀强电场和匀强磁场，匀强电场平行于y 轴，匀强磁场B2=2B0垂直于
xOy 平面，图象如图所示．一质量为m，电量为 -q 的粒子在t 2
t0时刻沿着与y轴正方向3
成 60°角方向从 A 点射入磁场，t 2
t0时第一次到达x 轴，并且速度垂直于x 轴经过 C
点， C与原点 O 的距离为 3L．第二次到达 x 轴时经过x 轴上的 D 点， D 与原点 O 的距离为4L．（不计粒子重力，电场和磁场互不影响，结果用 B 、m、 q、 L 表示）
（1）求此粒子从 A 点射出时的速度υ0；
（2）求电场强度 E0的大小和方向；
（3）粒子在t 9t0时到达 M 点，求 M 点坐标．
2qB0 L
（ 2）qB02L
（ 3）（ 9L，
3πL
【答案】（1）v E-）
2πm2
m
【解析】
试题分析：（1）设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R1，由牛顿第二定律得①
根据题意由几何关系可得
②
联立①②得
③
（2）粒子在第一象限磁场中运动的周期设为T1，可得
④
粒子在第四象限磁场中运动的周期设为T2，可得
⑤
根据题意由几何关系可得⑥
由④⑤⑥可得⑦⑧
综上可以判断3t0—4 t0粒子在第四象限的磁场中刚好运动半个周期，半径为
⑨
由牛顿第二定律得
⑩
2t0—3 t0,粒子做匀减速直线运动，
qE=ma11
12
综上解得
13
（3）由题意知，粒子在8 t0时刚在第四象限做完半个圆周运动，x=9L 14
粒子在电场中减速运动的时间为t0，由运动学公式可得
15
联立③ ⑨⑩ 1112可解得
16
联立可得 M 点的坐标为
（9L，） 17
考点：带电粒子在电场及在磁场中的运动.。