物理带电粒子在电场中的运动易错剖析

物理带电粒子在电场中的运动易错剖析
一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动
1．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
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0t =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】（12h
g
2h （2）2mg q ；P v gh = 方向向右上，与水平方向夹角为45°
（3）
2
0 min2
2
ghT s
π
=
【解析】【详解】
(1)设油滴的喷出速率为0v，则对油滴b做竖直上抛运动，有
2
02
v gh
=-解得
2
v gh
=
00
0v gt
=-解得
2h
t
g
=
对油滴a的水平运动，有
000
x v t
=解得
2
x h
=
(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
-=，2
1
2
h at
=，解得a g
=，2mg
E
q
=
设油滴的喷出速率为
v，结合前瞬间油滴a速度大小为
a
v，方向向右上与水平方向夹θ角，则
0a
cos
v vθ
=，
00
tan
v at
θ=，解得
a
2
v gh
=，45
θ=︒
两油滴的结束过程动量守恒，有：12p
mv mv
=，联立各式，解得：
p
v gh
=，方向向右上，与水平方向夹45︒角
(3)因2
qE mg
=，油滴p在磁场中做匀速圆周运动，设半径为r，周期为T，则
由
2
8
2p
p
v
m
qv m
qT r
π
=得0
T gh
r=，由
2
p
r
T
v
π
=得0
2
T
T=
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
2
min2
24
2
ghT
s r r
π
=⨯=
3．如图所示，竖直面内有水平线MN与竖直线PQ交于P点，O在水平线MN上，OP间距为d，一质量为m、电量为q的带正电粒子，从O处以大小为v0、方向与水平线夹角为θ＝60º的速度，进入大小为E1的匀强电场中，电场方向与竖直方向夹角为θ＝60º，粒子到达PQ线上的A点时，其动能为在O处时动能的4倍．当粒子到达A点时，突然将电场
改为大小为E 2，方向与竖直方向夹角也为θ＝60º的匀强电场，然后粒子能到达PQ 线上的B 点．电场方向均平行于MN 、PQ 所在竖直面，图中分别仅画出一条电场线示意其方向。

已知粒子从O 运动到A 的时间与从A 运动到B 的时间相同，不计粒子重力，已知量为m 、q 、v 0、d ．求：
(1)粒子从O 到A 运动过程中,电场力所做功W ； (2)匀强电场的场强大小E 1、E 2； (3)粒子到达B 点时的动能E kB ．
【答案】(1)2032W mv = (2)E 1203m υ E 22
03m υ (3) E kB ＝2
0143m υ
【解析】 【分析】
(1)对粒子应用动能定理可以求出电场力做的功。

(2)粒子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律可以求出电场强度大小。

(3)根据粒子运动过程，应用动能计算公式求出粒子到达B 点时的动能。

【详解】
(1) 由题知：粒子在O 点动能为E ko =
2
012
mv 粒子在A 点动能为：E kA =4E ko ，粒子从O 到A 运动过程，由动能定理得：电场力所做功：W=E kA -E ko =2
032
mv ；
(2) 以O 为坐标原点，初速v 0方向为x 轴正向， 建立直角坐标系xOy ，如图所示
设粒子从O 到A 运动过程，粒子加速度大小为a 1， 历时t 1，A 点坐标为（x ，y ） 粒子做类平抛运动：x=v 0t 1，y=
21112
a t 由题知：粒子在A 点速度大小v A =2 v 0，v Ay 03v ，v Ay =a 1 t 1 粒子在A 点速度方向与竖直线PQ 夹角为30°。

解得：2
1
3v x a =
，20132v y a = 由几何关系得：ysin60°
-xcos60°=d ， 解得：20
13v a =，10
4d t v =
由牛顿第二定律得：qE 1=ma 1，
解得：2
134mv E qd
=
设粒子从A 到B 运动过程中，加速度大小为a 2，历时t 2，
水平方向上有：v A sin30°=2
2
t a 2sin60°，2104d t t v ==，qE 2=ma 2，
解得：2023a d =，2
233mv E qd
=； (3) 分析知：粒子过A 点后，速度方向恰与电场E 2方向垂直，再做类平抛运动， 粒子到达B 点时动能：E kB =2
12
B mv ，v B 2=（2v 0）2+（a 2t 2）2， 解得：20
143
KB mv E =。

【点睛】
本题考查了带电粒子在电场中的运动，根据题意分析清楚粒子运动过程与运动性质是解题的前提与关键，应用动能定理、类平抛运动规律可以解题。

4．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 .
5．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。

6．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0v 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）2
mv E qL
=（2）04nmv B qL =n=1、2、3......（3）02L t v π=
【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： 0L v t =，
2
122
L at =，qE ma =
联立解得：
2
mv E
qL
=
(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 x
y
v
v
θ==l
速度大小0
2
sin
v
v v
θ
==
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
2
π
；当满足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
2
π
.则有2R，此时满足L=2nx
联立可得：
22
R
n
=
由牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，则有：
2
v
qvB m
R
=
得：0
4nmv
B
qL
=，n=1、2、3....
轨迹如图乙设圆弧的半径为R，圆弧对应的圆心角为
2
π
.则有
22
2
x R，此时满足
()
2
21
L n x
=+
联立可得：()
2212
R
n
=
+
由牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，则有：
2
2
2
v
qvB m
R
=
得：
()
2
221
n mv
B
qL
+
=，n=1、2、3....
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
小04nmv B qL =
，n=1、2、3....或(
)0
2221n mv B qL
+=，n=1、2、3.... (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
π×2=2nπ，则02222n n m L t T qB v ππππ=⨯==
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θ=(2n+1)×2π=(4n+2)π，则2220
(42)(42)2n n m L
t T qB v ππππ++=⨯
== 粒子从进入磁场到坐标(-L ，0)点所用的时间为0
2222n n m L
t T qB v ππππ=⨯
==或2220
(42)(42)2n n m L
t T qB v ππππ++=⨯
==
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．如图所示，虚线MN 为匀强电场和匀强磁场的分界线，匀强电场场强大小为E 方向竖直向下且与边界MN 成θ=45°角，匀强磁场的磁感应强度为B ，方向垂直纸面向外，在电场中有一点P ，P 点到边界MN 的竖直距离为d 。

现将一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子从
P 处由静止释放（不计粒子所受重力，电场和磁场范围足够大）。

求： （1）粒子第一次进入磁场时的速度大小；
（2）粒子第一次出磁场处到第二次进磁场处的距离；
（3）若粒子第一次进入磁场后的某时刻，磁感应强度大小突然变为'B ，但方向不变，此后粒子恰好被束缚在该磁场中，则'B 的最小值为多少？
【答案】（1）2qEd
m
=v 2）42CA x d =（3）('222B B = 【解析】 【详解】
（1）设粒子第一次进入磁场时的速度大小为v ，由动能定理可得2
12
qEd mv =， 解得2qEd
v m
=
（2）粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图所示，粒子第一次出磁场到第二次进磁场，两点间距为CA x
由类平抛规律x vt =，2
12Eq y t m
=
由几何知识可得x=y ，解得2md
t Eq
=
两点间的距离为2CA x vt ，代入数据可得42CA x d =
（3）由2
mv qvB R
=可得mv R qB =，即12mEd R B q =由题意可知，当粒子运动到F 点处改变磁感应强度的大小时，粒子运动的半径又最大值，即'B 最小，粒子的运动轨迹如图中的虚线圆所示。

设此后粒子做圆周运动的轨迹半径为r ，则有几何关系可知22
r += 又因为'mv r qB =
，所以'mv
B qr
=，
代入数据可得('222B B =-
9．如图所示，在不考虑万有引力的空间里，有两条相互垂直的分界线MN 、PQ ，其交点为O ．MN 一侧有电场强度为E 的匀强电场（垂直于MN ），另一侧有匀强磁场（垂直纸面向里）．宇航员（视为质点）固定在PQ 线上距O 点为h 的A 点处，身边有多个质量均为m 、电量不等的带负电小球．他先后以相同速度v0、沿平行于MN 方向抛出各小球．其中第1个小球恰能通过MN 上的C 点第一次进入磁场，通过O 点第一次离开磁场，OC=2h ．求：
（1）第1个小球的带电量大小； （2）磁场的磁感强度的大小B ；
（3）磁场的磁感强度是否有某值，使后面抛出的每个小球从不同位置进入磁场后都能回到宇航员的手中？如有，则磁感强度应调为多大．
【答案】(1)
2
0 12
mv
q
Eh
=；(2)
2E
B
v
=；(3)存在，
E
B
v
'=
【解析】
【详解】
（1）设第1球的电量为1q，研究A到C的运动：
2
1
1
2
q E
h t
m
=
2h v t
=
解得：
2
12
mv
q
Eh
=；
（2）研究第1球从A到C的运动：
1
2
y
q E
v h
m
=
解得：0
y
v v
=
tan1
y
v
v
θ==，45o
θ=，
2
v v
=；
研究第1球从C作圆周运动到达O的运动，设磁感应强度为B 由
2
1
v
q vB m
R
=得
1
mv
R
q B
=
由几何关系得：2
2sin
R h
θ=
解得：
2E
B
v
=；
（3）后面抛出的小球电量为q ，磁感应强度B '
①小球作平抛运动过程
002hm
x v t v qE
== 2
y qE v h m
= ②小球穿过磁场一次能够自行回到A ，满足要求：sin R x θ=，变形得：sin mv
x qB θ'
= 解得：0
E B v '=
．
10．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.
11．如图所示，质量M＝0.2 kg的长板静止在水平地面上，与地面间动摩擦因数μ1＝0.1，另一质量m＝0.1 kg的带正电小滑块以v0＝8 m/s初速度滑上长木板，滑块与长木板间动摩擦因数μ2＝0.5，小滑块带电荷量为q＝2×10－3C，整个运动过程始终处于水平向右的匀强电场中，电场强度E＝1×102N/C，(g取10 m/s2)求：
(1)刚开始时小滑块和长木板的加速度大小各为多少？
(2)小滑块最后停在距木板左端多远的位置？
【答案】（1）－3 m/s2，1 m/s2；（2）8 m；
【解析】
【分析】
【详解】
(1)设小滑块的加速度为a1，长木板的加速度为a2，规定水平向右为正方向．
由牛顿第二定律得qE－μ2mg＝ma1，
得a1＝－3 m/s2
由牛顿第二定律得μ2mg－μ1(m＋M)g＝Ma2，
得a2＝1 m/s2
(2)设两者经过时间t相对静止，此时的速度为v，
则v＝v0＋a1t＝a2t，
得t＝2 s，v＝2 m/s
这段时间内小滑块的位移x1＝v0t＋1
2
a1t2＝10 m
木板的位移x2＝1
2
a2t2＝2 m
此后两者一起向右减速运动，所以小滑块最后停在距木板左端Δx＝x1－x2＝8 m处.
12．如图(a)所示，在空间有一坐标系xoy，直线OP与x轴正方向的夹角为30°，第一象限内有两个方向都垂直纸面向外的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，直线OP是它们的边界，OP上方区域Ⅰ中磁场的磁感应强度为B，一质量为m，电荷量为+q的质子(不计重力及质子对磁场的影响)以速度v从O点沿与OP成30°角的方向垂直磁场进入区域Ⅰ，质子先后通过磁场区域Ⅰ和Ⅱ后，恰好垂直于x轴进入第四象限，第四象限存在沿-x轴方向的特殊电场，电场强度E的大小与横坐标x的关系如图（b）所示，试求:
(1)区域Ⅱ中磁场的磁感应强度大小 ； (2)质子再次到达y 轴时的速度大小和方向。

【答案】 （1）B B 22=；（2）v v v 2
6
2)32(+=
+='；方向向左下方与y 轴负向成32arccos -（2
2
6arccos -）的夹角 【解析】
试题分析: （1）由几何关系知：质子再次回到OP 时应平行于x 轴正向进入Ⅱ区，设质子从OP 上的C 点进入Ⅱ区后再从D 点垂直x 轴进入第四象限，轨迹如图。

由几何关系可知：O 1C ⊥OX ，O 1C 与OX 的交点O 2即为Ⅱ内圆弧的圆心，C OO 1∆等边三角形。

设质子在Ⅰ区圆运动半径为1r ，在Ⅱ区圆运动半径为2r ，
则：10
1221
30sin r r r == 由21
v qBv m r =
得：1mv r qB
=
， 同理得：22mv
r qB =
X /×
Bq
mv E
o
Bv 23 Bv 2
1
即区域Ⅱ中磁场的磁感应强度：B B 22= （2）D 点坐标： qB
mv
r r x ）13(30cos 201+=+=
质子从D 点再次到达y 轴的过程，
22
)13(2)13()223(21mv qB mv Bv Bv q x E q qU W i i +=+⨯+=
∆==∑电 设质子再次到达y 轴时的速度大小为v '，
由动能定理：222
1
21mv v m W -'=电 得：v v v 2
6
2)32(+=+=' 因粒子在y 轴方向上不受力，故在y 轴方向上的分速度不变
如图有： 2
2
632cos -=-='=
v v
α 即方向向左下方与y 轴负向成32arccos -（2
2
6arccos -）的夹角 考点： 带电粒子在磁场中的运动。