高中物理带电粒子在电场中的运动技巧(很有用)及练习题

高中物理带电粒子在电场中的运动技巧(很有用)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，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v 0、方向与水平线夹角为θ＝60º的速度，进入大小为E 1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 1＝2034m qd υ E 2＝2
033m qd
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 =
，20132v y a = 由几何关系得：ysin60°
-xcos60°=d ， 解得：20
134v a d = ，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
2t a 2sin60°，210
4d 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。

2．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 -=时，即 4.5y cm =时H 有最大值，
所以max 9H cm =
3．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：
（1）粒子从P 点入射时的速度v 0； （2）第三、四象限磁感应强度的大小B /；
【答案】（1）
3E
B
（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： 2360d d d
r sin sin α=
==︒ 根据2
00mv qv B r =得0233qBd
v m
=
粒子在第一象限中做类平抛运动，则有2
1602qE r cos t m -︒=（）； 00
y v qEt tan v mv α==
联立解得03E
v B
=
（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．
则有：x=v 0t ， 2
y v y t =
得
03
222
y v y tan x v α===
由几何知识可得 y=r-rcosα= 13
2r = 则得2
3
x d =
所以粒子在第三、四象限圆周运动的半径为1253
23d d R sin α⎛⎫+ ⎪⎝⎭==
粒子进入第三、四象限运动的速度00432v qBd
v v cos α=
==
根据
2
'
v qvB m
R
得：B′=2．4B
考点：带电粒子在电场及磁场中的运动
4．如图所示，虚线OL与y轴的夹角θ=450，在OL上侧有平行于OL向下的匀强电场，在OL下侧有垂直纸面向外的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子以速率v0从y轴上的M（OM=d）点垂直于y轴射入匀强电场，该粒子恰好能够垂直于OL进入匀强磁场，不计粒子重力。

（1）求此电场的场强大小E；
（2）若粒子能在OL与x轴所围区间内返回到虚线OL上，求粒子从M点出发到第二次经过OL所需要的最长时间。

【答案】（1）；（2）．
【解析】
试题分析：根据粒子只受电场力作用，沿电场线方向和垂直电场线方向建立坐标系，利用类平抛运动；根据横向位移及纵向速度建立方程组，即可求解；由（1）求出在电场中运动的时间及离开电场时的位置；再根据粒子在磁场中做圆周运动，由圆周运动规律及几何关系得到最大半径，进而得到最长时间；
（1）粒子在电场中运动，不计粒子重力，只受电场力作用，；
沿垂直电场线方向X和电场线方向Y建立坐标系，
则在X方向位移关系有：，所以；
该粒子恰好能够垂直于OL进入匀强磁场，所以在Y方向上，速度关系有
，
所以，，则有．
（2）根据（1）可知粒子在电场中运动的时间；
粒子在磁场中只受洛伦兹力的作用，在洛伦兹力作用下做圆周运动，设圆周运动的周期为T
粒子能在OL与x轴所围区间内返回到虚线OL上，则粒子从M点出发到第二次经过OL在磁场中运动了半个圆周，所以，在磁场中运动时间为；
粒子在磁场运动，洛伦兹力作为向心力，所以有，；
根据（1）可知，粒子恰好能够垂直于OL进入匀强磁场，速度v就是初速度v0在X方向上的分量，即；
粒子在电场中运动，在Y方向上的位移，所以，粒子进入磁场的位置在OL上距离O点；根据几何关系，
可得，即；
所以
；
所以，粒子从M 点出发到第二次经过OL 所需要的最长时间
．
5．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) 20
12mv q Eh
=；(2) 02E B v =；(3)存在，0E 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
112q E h t m
=
02h v t =
解得：20
12mv q Eh
=；
（2）研究第1球从A 到C 的运动：
12
y q E
v
h m
= 解得：0y v v =
tan 1y v v θ=
=，45o θ=，02v 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21v q vB m R =得
1
mv
R q B = 由几何关系得：22sin R h θ= 解得：0
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
02hm
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 '=
．
6．在竖直平面内，一根长为L 的绝缘细线，一端固定在O 点，另一端拴着质量为m 、电荷量为+q 的小球。

小球始终处在场强大小为50、方向竖直向上的匀强电场中，现将小球拉到与O 点等高处，且细线处于拉直状态，由静止释放小球，当小球的速度沿水平方向时，细线被拉断，之后小球继续运动并经过P 点，P 点与O 点间的水平距离为L 。

重力加速度为g ，不计空气阻力，求
（1）细线被拉断前瞬间，细线的拉力大小； （2）O 、P 两点间的电势差。

【答案】（1）F T = 1.5mg （2）158OP mgL
U q
= 【解析】 【详解】
（1）小球受到竖直向上的电场力F = qE = 1.5mg ＞mg
所以小球被释放后将向上绕O 点做圆周运动，到达圆周最高点时速度沿水平方向，设此时速度为v ，由动能定理()212
F mg L mv -=
设细线被拉断前瞬间的拉力为F T ，由牛顿第二定律2
T v F mg F m L
+-= 联立解得： F T = 1.5mg
（2）细线断裂后小球做类平抛运动，加速度a 竖直向上，由牛顿第二定律：F - mg = ma 设细线断裂后小球经时间t 到达P 点，则有L = vt 小球在竖直方向上的位移为 2
12
y at =
；解得
O 、P 两点沿电场方向（竖直方向）的距离为d = L + y O 、P 两点间的电势差 U OP = Ed 联立解得 158OP mgL
U q
=
7．如图所示，直空中有以O 为圆心，半径为R 的圆柱形匀强磁场区域，磁感应强度方向垂直纸面向外，在虚线范围内、x 轴上方足够大的范围内有宽度为d ，方向沿y 轴负向、大小为E 的匀强电场．圆形磁场区域的右端与电场左边界相切，现从坐标原点O 沿纸面不同方向发射速率为v 的质子，已知质子的电荷量为e ，质量为m ，不计质子的重力．求
（1）要使质子不出磁场区域，磁感应强度B 要满足什么条件？
（2）P 、N 两点在圆周上，M 是OP 的中点，MN 平行于x 轴，若质子从N 点平行于x 轴出磁场，求磁感应强度的大小和粒子从O 点出射时的方向． （3）求质子从N 点平行于x 轴出磁场后与x 轴的交点坐标．
【答案】（1）2mv B eR ≥ （2）600
（3）（222d mRv R eEd
++，0） （mR R v eE +，
0） 【解析】
试题分析：当质子做圆周运动的半径2
R
r ≤
时，质子不会出磁场，由牛顿第二定律即可求得磁感应强度的范围；画出粒子运动轨迹，根据几何关系和牛顿第二定律求解；设质子刚好打到电场右边界与x 轴的交点，做类平抛运动，结合平抛运动公式分为两种情况即可求解．
（1）当质子做圆周运动的半径2
R
r ≤时，质子不会出磁场 由牛顿第二定律，得2
F r
v m =
洛伦兹力为：F evB = 解得：2mv
B eR
≥
（2）如图，质子做圆周运动的圆心在NA 上，AB 为ON 的垂直平分线，故交点A 为圆心，OM 为ON 的一半，知角ONM 为300，角CNA 为600，则NA =R ，质子做圆周运动的的半径为R
结合以上解得：B =
mv eR
易知OB 与x 轴的夹角为600 故质子出射时速度与x 轴成600角
（3）设质子刚好打到电场右边界与x 轴的交点
在竖直方向：2
122R eE t m
= 在水平方向：d vt =
联立解得：d =
i)当d ≤x 轴相交，设在电场中的偏移为y ，出电场时在y 轴 方向的速度为y v ，偏转角为θ由2
12eE y t m = 结合以上解得：2
2
12eEd y mv = 在竖直方向的速度为：y eE eEd v t m mv
== 偏转角为：2
tan y v eEd v
mv θ==
由图 2R DF y =
- tan DF DG θ
= 联立求解得：222
mRv d
DG eEd =-
根据几何关系得：2
22d mRv OG R d DG R eEd =++=++
故与x 轴交点坐标为（2
22d mRv R eEd
++
，0）
ii) 当d >x 轴相交
由
2
122R eE t m
= 解得： t =
水平位移x s vt ==
根据几何关系得：x OH R s R =+=+
故与x 轴交点坐标为（R +，0） 点睛：本题主要考查了带电粒子在磁场和电场中的运动，分清过程，画出轨迹、在结合几
何知识和牛顿第二定律即可解题．
8．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）04m 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
2nq 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
212
d at =
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<
9．如图所示，x 轴的上方存在方向与x 轴成45o 角的匀强电场，电场强度为E ，x 轴的下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度0.5.B T =有一个质量11
10
m kg -=，电荷量
710q C -=的带正电粒子，该粒子的初速度30210/v m s =⨯，从坐标原点O 沿与x 轴成45o 角的方向进入匀强磁场，经过磁场和电场的作用，粒子从O 点出发后第四次经过x 轴
时刚好又回到O 点处，设电场和磁场的区域足够宽，不计粒子重力，求：
①带电粒子第一次经过x 轴时的横坐标是多少？
②电场强度E 的大小及带电粒子从O 点出发到再次回到O 点所用的时间．
【答案】①带电粒子第一次经过x 轴时的横坐标是0.57m ；
②电场强度E 的大小为3110/V m ⨯，带电粒子从O 点出发到再次回到O 点所用的时间为32.110.s -⨯
【解析】 【分析】
(1)粒子在磁场中受洛伦兹力作用下做一段圆弧后第一次经过x 轴，根据洛伦兹力提供向心力公式求出半径，再根据几何关系求出坐标；
(2)然后进入电场中，恰好做匀减速运动直到速度为零后又返回，以相同速率再次进入磁场仍在洛伦兹力作用下又做一段圆弧后，再次进入电场正好做类平抛运动.粒子在磁场中两次运动刚好完成一个周期，由粒子在电场中的类平抛运动，根据垂直电场方向位移与速度关系，沿电场方向位移与时间关系，结合牛顿第二定律求出E ，三个过程的总时间即为总时间． 【详解】
①粒子在磁场中受磁场力的作用沿圆弧运动，洛仑兹力提供向心力，2
v qvB m R
=，
半径0.4mv
R m Bq
=
=， 根据圆的对称性可得粒子在磁场中第一次偏转所对的圆心角为90o ， 则第一次经过x 轴时的横坐标为120.420.57x R m m ==≈
②第一次进入电场，运动方向与电场方向相反，做匀减速直线运动，速度减为零后又反向加速返回磁场，在磁场中沿圆周运动，再次进入电场时速度方向刚好垂直电场方向，在电场力的作用下偏转，打在坐标原点O 处，其运动轨迹如图所示．
由几何关系可得，第二次进入电场中的位移为22R ， 在垂直电场方向的位移11s vt =， 运动时间4112410s R t s v v
-=
==⨯ 在沿电场方向上的位移2
2112
s at =， 又因22s R =
得722
21
21
10/s a m s t =
=⨯ 根据牛顿第二定律Eq a m
= 所以电场强度3110/ma
E V m q
=
=⨯ 粒子从第一次进入电场到再返回磁场的时间422410v
t s a
-=
=⨯， 粒子在磁场中两段运动的时间之和刚好是做一个完整圆周运动的周期
42410m
T s Bq
ππ-=
=⨯ 所以粒子从出发到再回到原点的时间为3
12 2.110t t t T s -=++≈⨯
【点睛】
本题考查带电粒子在电场、磁场中两运动模型：匀速圆周运动与类平抛运动，及相关的综合分析能力，以及空间想像的能力，应用数学知识解决物理问题的能力．
10．如图所示，在竖直平面内有一绝缘“⊂”型杆放在水平向右的匀强电场中，其中AB 、CD 水平且足够长，光滑半圆半径为R ，质量为m 、电量为+q 的带电小球穿在杆上，从距B 点x=5.75R 处以某初速v 0开始向左运动．已知小球运动中电量不变，小球与AB 、CD 间动摩擦因数分别为μ1=0.25、μ2=0.80，电场力Eq=3mg/4，重力加速度为g ，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：
（1）若小球初速度v 0gR B 点时受到的支持力为多大； （2）小球初速度v 0满足什么条件可以运动过C 点；
（3）若小球初速度gR x=4R ，则小球在杆上静止时通过的路程为多大．
【答案】（1）5.5mg （2）04v gR >3）()44R π+ 【解析】 【分析】 【详解】
（1）加速到B 点：221011-22
mgx qEx mv mv μ-=
-
在B 点：2
v N mg m R
-=
解得N=5.5mg
（2）在物理最高点F ：tan qE mg
α=
解得α=370；过F 点的临界条件：v F =0
从开始到F 点：2101-(sin )(cos )02
mgx qE x R mg R R mv μαα-+-+=- 解得04v gR =
可见要过C 点的条件为：04v gR >
（3）由于x=4R<5.75R ，从开始到F 点克服摩擦力、克服电场力做功均小于（2）问，到F 点时速度不为零，假设过C 点后前进x 1速度变为零，在CD 杆上由于电场力小于摩擦力，小球速度减为零后不会返回，则：
2
121101--(-)202mgx mgx qE x x mg R mv μμ--⋅=-
1s x R x π=++
解得：(44)s R π=+
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
2
2
4r 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．如图所示，在平面直角坐标系xOy内，第一、四象限有与y轴相切于O点、圆心为O1、半径一定的有界圆形区域，其内存在垂直于纸面匀强磁场，第二、三象限有平行y轴的匀强电场．一带电粒子(重力不计)自P(－d，
3d
)点以平行于x轴的初速度v0开始运动，粒子从O点离开电场，经磁场偏转后又从y轴上的Q点(图中未画出)垂直于y轴回到电场区域，并恰能返回到P点．求：
(1)粒子经过O点时的速度；
(2)电场强度E和磁感应强度B的比值．
【答案】（1）2v0
（2）
5
8
E
v
B
=
【解析】
【详解】
试题分析：（1）粒子从P到O的过程中做类平抛运动，设时间为t1，经过O点时的速度为v，其在y轴负方向的分速度为v y，与y轴负方向的夹角为θ
d=v0t1
1
3
22
x
v
d t
=
v2=v02+v y2
tan
y
θ=
v
v
解得：v=2v0θ=300
（2）设粒子质量为m ，电荷量为q ，粒子在电场中运动的加速度为a ：Eq=ma
21312
at = 粒子从Q 到P 的过程中，也做类平抛运动，设时间为t 2，Q 点的纵坐标为y Q
2
2
312
Q y at = d=vt 2
解得：53
Q y =
设粒子由S 点离开磁场，粒子从O 到S 过程中做圆周运动，半径为r ，由几何关系有：r+rsinθ=y Q
2
v qvB m r =
3
12
r d =
058
E v B = 考点：带电粒子在电场及磁场中的运动 【点睛】
【名师点睛】此题是带电粒子在电场及磁场中的运动问题；关键是搞清粒子的运动情况，画出粒子运动的轨迹图，结合平抛运动及匀速圆周运动的规律，并利用几何关系进行求解；此题难度中等，考查学生运用基础知识解决问题的能力．。