高考物理带电粒子在电场中的运动常见题型及答题技巧及练习题(含答案)含解析
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在D点时，下壁对球的支持力
由牛顿第三定律， 方向竖直向下．
（3）小物体由P点运动到A点做匀加速直线运动，设所用时间为t1，则： 解得
小球在圆管内做匀速圆周运动的时间为t2，则：
小球离开管后做类平抛运动，物块从B到N的过程中所用时间：
则：
【点睛】
本题考查带点小物体在电场力和重力共同作用下的运动，解题关键是要分好运动过程，明确每一个过程小物体的受力情况，并结合初速度判断物体做什么运动，进而选择合适的规律解决问题，匀变速直线运动利用牛顿第二定律结合运动学公式求解或者运用动能定理求解，类平抛利用运动的合成和分解、牛顿第二定律结合运动学规律求解．
(1)为使从C射出的电子速率达到3v，C、A间应加多大的电压U；
(2)C、A间不加电压，而加垂直于纸面向里的匀强磁场．
①若沿A径向射出的电子恰好不从C射出，求该电子第一次回到A时，在磁场中运动的时间t；
②为使所有电子都不从C射出，所加磁场磁感应强度B应多大．
【答案】（1） （2）① ②
【解析】
【详解】
（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】（1） （2） （3）
【解析】
【详解】
（1）根据机械能守恒，有
解得
（2）对小球运动的全过程，根据动能定理
解得
电容器所带电荷量 ，U=Ed
解得
（3）小球全程运动的平均速度为 ，则小球全程运动的时间为t，
高考物理带电粒子在电场中的运动常见题型及答题技巧及练习题(含答案)含解析
一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动
1．如图，半径为a的内圆A是电子发射器，其金属圆周表圆各处可沿纸面内的任意方向发射速率为v的电子；外圆C为与A同心的金属网，半径为 a．不考虑静电感应及电子的重力和电子间的相互作用，已知电子质量为m，电量为e．
【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，做类平球到B点时竖直分速度为 ，则 ，解得：小球到B点时竖直分速度
小球在B点时，速度方向与水平方向夹角为60°，则
解得：小球抛出时的初速度
(2)在B点时， ，则
小球在A点时， ，解得：
小球从B到A过程，由动能定理得：
(1)电子通过小孔O时的速度大小v；
(2)板间匀强磁场的磁感应强度的大小B和方向。
【答案】（1） （2） 方向垂直纸面向里
【解析】
【详解】
(1)电子通过加速电场的过程中，由动能定理有：
解得：
(2)两板间电场的电场强度大小为：
由于电子在两板间做匀速运动，故：
解得：
根据左手定则可判断磁感应强度方向垂直纸面向外.
9．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FN=32.5N。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)
【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
对两物体由牛顿第二定律，物块b： ，得
对绝缘板a： ，得
设历时t1物块第一次与挡板碰撞，有： ，得：
则物块第一次与挡板碰撞前瞬时，物块的速度大小
解得：
(2)绝缘板a的速度大小 ，解得：
物块对地的位移大小为 ，有
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
则有：x=v0t，
得
由几何知识可得y=r-rcosα=
则得
所以粒子在第三、四象限圆周运动的半径为
粒子进入第三、四象限运动的速度
根据
得：B′=2．4B
考点：带电粒子在电场及磁场中的运动
7．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）粒子从P点入射时的速度v0；
（2）第三、四象限磁感应强度的大小B/；
【答案】（1） （2）2.4B
【解析】试题分析：（1）粒子从P点射入磁场中做匀速圆周运动，画出轨迹如图，设粒子在第二象限圆周运动的半径为r，由几何知识得：
根据 得
粒子在第一象限中做类平抛运动，则有 ；
联立解得
（2）设粒子在第一象限类平抛运动的水平位移和竖直位移分别为x和y，根据粒子在第三、四象限圆周运动的对称性可知粒子刚进入第四象限时速度与x轴正方向的夹角等于α．
5．空间中存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，一带电量为+q、质量为m的粒子，在P点以某一初速开始运动，初速方向在图中纸面内如图中P点箭头所示．该粒子运动到图中Q点时速度方向与P点时速度方向垂直，如图中Q点箭头所示．已知P、Q间的距离为L．若保持粒子在P点时的速度不变，而将匀强磁场换成匀强电场，电场方向与纸面平行且与粒子在P点时速度方向垂直，在此电场作用下粒子也由P点运动到Q点．不计重力．
（1）对电子经C、A间的电场加速时，由动能定理得
得
（2）电子在C、A间磁场中运动轨迹与金属网相切．轨迹如图所示．
设此轨迹圆的半径为r，则
又
得
故θ=60°
所以电子在磁场中运动的时间
得
（3）若沿切线方向射出的电子轨迹恰好与金属网C相切．则所有电子都不从C射出，轨迹如图所示：
又
得
所以
2．如图所示，虚线MN左侧有一场强为E1＝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E2＝2E的匀强电场，在虚线PQ右侧距PQ为L处有一与电场E2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E1中的A点，最后电子打在右侧的屏上，A点到MN的距离为 ，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tanθ；
(3)电子打到屏上的点P′到点O的距离.
【答案】(1) (2)2 (3) 3L.
【解析】
【详解】
（1）电子在电场E1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＝ ＝
解得
（2）设电子射出电场E2时沿平行电场线方向的速度为vy，
解得：小球从B到A的过程中克服摩擦所做的功
10．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：
a2＝ ＝
t＝
vy＝a2t
tanθ＝ =2
（3）电子离开电场E2后，将速度方向反向延长交于E2场的中点O′.由几何关系知：
tanθ＝
解得：
x＝3L.
3．如图所示，一内壁光滑的绝缘圆管ADB固定在竖直平面内．圆管的圆心为O，D点为圆管的最低点，AB两点在同一水平线上，AB=2L，圆管的半径为r= L(自身的直径忽略不计)．过OD的虚线与过AB的虚线垂直相交于C点，在虚线AB的上方存在方向水平向右、范围足够大的匀强电场；虚线AB的下方存在方向竖直向下、范围足够大的匀强电场，电场强度大小E2= ．圆心O正上方的P点有一质量为m、电荷量为－q(q>0)的小球(可视为质点)，PC间距为L．现将该小球从P点无初速释放，经过一段时间后，小球刚好从管口A无碰撞地进入圆管内，并继续运动．重力加速度为g．求：
解得
小球所受重力的冲量大小为
8．如图所示，OO′为正对放置的水平金属板M、N的中线，热灯丝逸出的电子(初速度、重力均不计)在电压为U的加速电场中由静止开始运动，从小孔O射人两板间正交的匀强电场、匀强磁场(图中未画出)后沿OO′做直线运动，已知两板间的电压为2U，两板长度与两板间的距离均为L，电子的质量为m、电荷量为e。求：
水平方向上：
竖直方向上：
由以上各式，得 且
（2）因粒子在磁场中由P点运动到Q点的轨迹为 圆周，即 所以
6．如图，第一象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E，第二、三、四象限存在方向垂直xOy平面向外的匀强磁场，其中第二象限的磁感应强度大小为B，第三、四象限磁感应强度大小相等，一带正电的粒子，从P（-d，0）点沿与x轴正方向成α=60°角平行xOy平面入射，经第二象限后恰好由y轴上的Q点（图中未画出）垂直y轴进入第一象限，之后经第四、三象限重新回到P点，回到P点时速度方向与入射方时相同，不计粒子重力，求：
则物块的速度为 ，绝缘板的速度大小为
对物块b： ，有
设历时t2，二者达到共同速度v，有： ，
解得：
二者相对位移大小为x，有 ，解得：
物块对地的位移大小为x2，有 ，解得：
设历时t3物块第二次与挡板碰撞，有： ，得：
物块对地的位移大小为x3，有 ，解得：
故物块的总位移
【详解】
（1）小物体释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小物体从A点沿切线方向进入，则此时速度方向与竖直方向的夹角为45°，即加速度方向与竖直方向的夹角为45°，则：tan45°=
解得：
（2）从P到A的过程，根据动能定理：mgL+EqL= mvA2
解得vA=2
小球在管中运动时，E2q=mg，小球做匀速圆周运动，则v0=vA=2
4．如图所示,有一比荷 =2×1010C/kg的带电粒子,由静止从Q板经电场加速后,从M板的狭缝垂直直线边界a进入磁感应强度为B=1.2×10-2T的有界矩形匀强磁场区域后恰好未飞出直线边界b,匀强磁场方向垂直平面向里,a、b间距d=2×10-2m(忽略粒子重力与空气阻力)求：
(1)带电粒子射入磁场区域时速度v；
(1)小球抛出时的初速度v0大小；
(2)小球从B到A的过程中克服摩擦所做的功Wf。
【答案】(1) (2)
【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。
(2)Q、M两板间的电势差UQM。
【答案】（1） ；（2） ·
【解析】
【详解】
（1）粒子从静止开始经加速电场加速后速度为 ，由动能定理：
粒子进入磁场后，洛仑磁力提供向心力：
粒子垂直 边界进入有届磁场区域且恰好未飞出右平行届 ，由几何知识得：
代入数值，联立解得： ；
（2）据粒子在磁场中的轨迹，由左手定则知：该粒子带负电，但在加速电场中从Q到M加速，说明M点比Q点电势高，故
求：（1）电场强度的大小．
（2）两种情况中粒子由P运动到Q点所经历的时间之比．
【答案】 ；
【解析】
【分析】
【详解】
（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，以v0表示粒子在P点的初速度，R表示圆周的半径，则有
由于粒子在Q点的速度垂直它在p点时的速度，可知粒子由P点到Q点的轨迹为 圆周，故有
以E表示电场强度的大小，a表示粒子在电场中加速度的大小，tE表示粒子在电场中由p点运动到Q点经过的时间，则有
(1)虚线AB上方匀强电场的电场强度E1的大小；
(2)小球在AB管中运动经过D点时对管的压力FD；
（3）小球从管口B离开后，经过一段时间到达虚线AB上的N点(图中未标出)，在圆管中运动的时间与总时间之比 ．
【答案】（1） （2）2 mg，方向竖直向下（3）
【解析】
【分析】
（1）小物体释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，根据正交分解，垂直运动方向的合力为零，列出平衡方程即可求出虚线AB上方匀强电场的电场强度；（2）根据动能定理结合圆周运动的规律求解小球在AB管中运动经过D点时对管的压力FD；（3）小物体由P点运动到A点做匀加速直线运动，在圆管内做匀速圆周运动，离开管后做类平抛运动，结合运动公式求解在圆管中运动的时间与总时间之比.
由牛顿第三定律， 方向竖直向下．
（3）小物体由P点运动到A点做匀加速直线运动，设所用时间为t1，则： 解得
小球在圆管内做匀速圆周运动的时间为t2，则：
小球离开管后做类平抛运动，物块从B到N的过程中所用时间：
则：
【点睛】
本题考查带点小物体在电场力和重力共同作用下的运动，解题关键是要分好运动过程，明确每一个过程小物体的受力情况，并结合初速度判断物体做什么运动，进而选择合适的规律解决问题，匀变速直线运动利用牛顿第二定律结合运动学公式求解或者运用动能定理求解，类平抛利用运动的合成和分解、牛顿第二定律结合运动学规律求解．
(1)为使从C射出的电子速率达到3v，C、A间应加多大的电压U；
(2)C、A间不加电压，而加垂直于纸面向里的匀强磁场．
①若沿A径向射出的电子恰好不从C射出，求该电子第一次回到A时，在磁场中运动的时间t；
②为使所有电子都不从C射出，所加磁场磁感应强度B应多大．
【答案】（1） （2）① ②
【解析】
【详解】
（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】（1） （2） （3）
【解析】
【详解】
（1）根据机械能守恒，有
解得
（2）对小球运动的全过程，根据动能定理
解得
电容器所带电荷量 ，U=Ed
解得
（3）小球全程运动的平均速度为 ，则小球全程运动的时间为t，
高考物理带电粒子在电场中的运动常见题型及答题技巧及练习题(含答案)含解析
一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动
1．如图，半径为a的内圆A是电子发射器，其金属圆周表圆各处可沿纸面内的任意方向发射速率为v的电子；外圆C为与A同心的金属网，半径为 a．不考虑静电感应及电子的重力和电子间的相互作用，已知电子质量为m，电量为e．
【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，做类平球到B点时竖直分速度为 ，则 ，解得：小球到B点时竖直分速度
小球在B点时，速度方向与水平方向夹角为60°，则
解得：小球抛出时的初速度
(2)在B点时， ，则
小球在A点时， ，解得：
小球从B到A过程，由动能定理得：
(1)电子通过小孔O时的速度大小v；
(2)板间匀强磁场的磁感应强度的大小B和方向。
【答案】（1） （2） 方向垂直纸面向里
【解析】
【详解】
(1)电子通过加速电场的过程中，由动能定理有：
解得：
(2)两板间电场的电场强度大小为：
由于电子在两板间做匀速运动，故：
解得：
根据左手定则可判断磁感应强度方向垂直纸面向外.
9．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FN=32.5N。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)
【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
对两物体由牛顿第二定律，物块b： ，得
对绝缘板a： ，得
设历时t1物块第一次与挡板碰撞，有： ，得：
则物块第一次与挡板碰撞前瞬时，物块的速度大小
解得：
(2)绝缘板a的速度大小 ，解得：
物块对地的位移大小为 ，有
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
则有：x=v0t，
得
由几何知识可得y=r-rcosα=
则得
所以粒子在第三、四象限圆周运动的半径为
粒子进入第三、四象限运动的速度
根据
得：B′=2．4B
考点：带电粒子在电场及磁场中的运动
7．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）粒子从P点入射时的速度v0；
（2）第三、四象限磁感应强度的大小B/；
【答案】（1） （2）2.4B
【解析】试题分析：（1）粒子从P点射入磁场中做匀速圆周运动，画出轨迹如图，设粒子在第二象限圆周运动的半径为r，由几何知识得：
根据 得
粒子在第一象限中做类平抛运动，则有 ；
联立解得
（2）设粒子在第一象限类平抛运动的水平位移和竖直位移分别为x和y，根据粒子在第三、四象限圆周运动的对称性可知粒子刚进入第四象限时速度与x轴正方向的夹角等于α．
5．空间中存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，一带电量为+q、质量为m的粒子，在P点以某一初速开始运动，初速方向在图中纸面内如图中P点箭头所示．该粒子运动到图中Q点时速度方向与P点时速度方向垂直，如图中Q点箭头所示．已知P、Q间的距离为L．若保持粒子在P点时的速度不变，而将匀强磁场换成匀强电场，电场方向与纸面平行且与粒子在P点时速度方向垂直，在此电场作用下粒子也由P点运动到Q点．不计重力．
（1）对电子经C、A间的电场加速时，由动能定理得
得
（2）电子在C、A间磁场中运动轨迹与金属网相切．轨迹如图所示．
设此轨迹圆的半径为r，则
又
得
故θ=60°
所以电子在磁场中运动的时间
得
（3）若沿切线方向射出的电子轨迹恰好与金属网C相切．则所有电子都不从C射出，轨迹如图所示：
又
得
所以
2．如图所示，虚线MN左侧有一场强为E1＝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E2＝2E的匀强电场，在虚线PQ右侧距PQ为L处有一与电场E2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E1中的A点，最后电子打在右侧的屏上，A点到MN的距离为 ，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tanθ；
(3)电子打到屏上的点P′到点O的距离.
【答案】(1) (2)2 (3) 3L.
【解析】
【详解】
（1）电子在电场E1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＝ ＝
解得
（2）设电子射出电场E2时沿平行电场线方向的速度为vy，
解得：小球从B到A的过程中克服摩擦所做的功
10．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：
a2＝ ＝
t＝
vy＝a2t
tanθ＝ =2
（3）电子离开电场E2后，将速度方向反向延长交于E2场的中点O′.由几何关系知：
tanθ＝
解得：
x＝3L.
3．如图所示，一内壁光滑的绝缘圆管ADB固定在竖直平面内．圆管的圆心为O，D点为圆管的最低点，AB两点在同一水平线上，AB=2L，圆管的半径为r= L(自身的直径忽略不计)．过OD的虚线与过AB的虚线垂直相交于C点，在虚线AB的上方存在方向水平向右、范围足够大的匀强电场；虚线AB的下方存在方向竖直向下、范围足够大的匀强电场，电场强度大小E2= ．圆心O正上方的P点有一质量为m、电荷量为－q(q>0)的小球(可视为质点)，PC间距为L．现将该小球从P点无初速释放，经过一段时间后，小球刚好从管口A无碰撞地进入圆管内，并继续运动．重力加速度为g．求：
解得
小球所受重力的冲量大小为
8．如图所示，OO′为正对放置的水平金属板M、N的中线，热灯丝逸出的电子(初速度、重力均不计)在电压为U的加速电场中由静止开始运动，从小孔O射人两板间正交的匀强电场、匀强磁场(图中未画出)后沿OO′做直线运动，已知两板间的电压为2U，两板长度与两板间的距离均为L，电子的质量为m、电荷量为e。求：
水平方向上：
竖直方向上：
由以上各式，得 且
（2）因粒子在磁场中由P点运动到Q点的轨迹为 圆周，即 所以
6．如图，第一象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E，第二、三、四象限存在方向垂直xOy平面向外的匀强磁场，其中第二象限的磁感应强度大小为B，第三、四象限磁感应强度大小相等，一带正电的粒子，从P（-d，0）点沿与x轴正方向成α=60°角平行xOy平面入射，经第二象限后恰好由y轴上的Q点（图中未画出）垂直y轴进入第一象限，之后经第四、三象限重新回到P点，回到P点时速度方向与入射方时相同，不计粒子重力，求：
则物块的速度为 ，绝缘板的速度大小为
对物块b： ，有
设历时t2，二者达到共同速度v，有： ，
解得：
二者相对位移大小为x，有 ，解得：
物块对地的位移大小为x2，有 ，解得：
设历时t3物块第二次与挡板碰撞，有： ，得：
物块对地的位移大小为x3，有 ，解得：
故物块的总位移
【详解】
（1）小物体释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小物体从A点沿切线方向进入，则此时速度方向与竖直方向的夹角为45°，即加速度方向与竖直方向的夹角为45°，则：tan45°=
解得：
（2）从P到A的过程，根据动能定理：mgL+EqL= mvA2
解得vA=2
小球在管中运动时，E2q=mg，小球做匀速圆周运动，则v0=vA=2
4．如图所示,有一比荷 =2×1010C/kg的带电粒子,由静止从Q板经电场加速后,从M板的狭缝垂直直线边界a进入磁感应强度为B=1.2×10-2T的有界矩形匀强磁场区域后恰好未飞出直线边界b,匀强磁场方向垂直平面向里,a、b间距d=2×10-2m(忽略粒子重力与空气阻力)求：
(1)带电粒子射入磁场区域时速度v；
(1)小球抛出时的初速度v0大小；
(2)小球从B到A的过程中克服摩擦所做的功Wf。
【答案】(1) (2)
【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。
(2)Q、M两板间的电势差UQM。
【答案】（1） ；（2） ·
【解析】
【详解】
（1）粒子从静止开始经加速电场加速后速度为 ，由动能定理：
粒子进入磁场后，洛仑磁力提供向心力：
粒子垂直 边界进入有届磁场区域且恰好未飞出右平行届 ，由几何知识得：
代入数值，联立解得： ；
（2）据粒子在磁场中的轨迹，由左手定则知：该粒子带负电，但在加速电场中从Q到M加速，说明M点比Q点电势高，故
求：（1）电场强度的大小．
（2）两种情况中粒子由P运动到Q点所经历的时间之比．
【答案】 ；
【解析】
【分析】
【详解】
（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，以v0表示粒子在P点的初速度，R表示圆周的半径，则有
由于粒子在Q点的速度垂直它在p点时的速度，可知粒子由P点到Q点的轨迹为 圆周，故有
以E表示电场强度的大小，a表示粒子在电场中加速度的大小，tE表示粒子在电场中由p点运动到Q点经过的时间，则有
(1)虚线AB上方匀强电场的电场强度E1的大小；
(2)小球在AB管中运动经过D点时对管的压力FD；
（3）小球从管口B离开后，经过一段时间到达虚线AB上的N点(图中未标出)，在圆管中运动的时间与总时间之比 ．
【答案】（1） （2）2 mg，方向竖直向下（3）
【解析】
【分析】
（1）小物体释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，根据正交分解，垂直运动方向的合力为零，列出平衡方程即可求出虚线AB上方匀强电场的电场强度；（2）根据动能定理结合圆周运动的规律求解小球在AB管中运动经过D点时对管的压力FD；（3）小物体由P点运动到A点做匀加速直线运动，在圆管内做匀速圆周运动，离开管后做类平抛运动，结合运动公式求解在圆管中运动的时间与总时间之比.