高中物理带电粒子在电场中的运动技巧(很有用)及练习题含解析

高中物理带电粒子在电场中的运动技巧(很有用)及练习题含解析

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m 1＝0.05kg 的不带电绝缘滑块静止在A 点，质量m 2＝0.1kg 、电荷量q ＝1×10﹣5C 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 P 和B 、C 两点间的距离x ；

(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

2

m 1v 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 ＝m 2g tanθ， 解得：E ＝7.5×104N/C 。

（2）小球所受重力与电场力的合力大小为：G 等＝

2cos m g

①

小球到达P点时，由牛顿第二定律有：G等＝m2

2

P

v

r

②

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v1、v2，

以向右方向为正方向，由动量守恒定律得：m1v＝m1v1+m2v2 ③

由能量守恒得：222

11122

111

222

m v m v m v

=+④

联立③④，代入数据得：v1＝﹣2m/s（“﹣”表示v1的方向水平向左），v2＝4m/s

小球碰后运动到P点的过程，由动能定理有：

qE（x﹣r sinθ）﹣m2g（r+r cosθ）＝22

222

11

22

P

m v m v

-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﹣r sinθ＝v P cosθt﹣2

2

1

2

qE

t

m⑥

竖直方向做匀加速运动，有：r+r cosθ＝v P sinθt+

1

2

gt2⑦

联立⑥⑦代入数据得：L＝0.5625m；

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

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tanθ；

(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：

a 1＝

1eE m ＝

eE

m 2122

L

a v =

解得

v =

（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 .

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

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E 2=

mg

q

．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：

(1)虚线AB 上方匀强电场的电场强度E 1的大小； (2)小球在AB 管中运动经过D 点时对管的压力F D ；

（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

AB

PN

t t ． 【答案】（1）mg q （2）2mg ，方向竖直向下（3）4ππ

+ 【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F D ；（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. 【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°= mg

Eq

解得：mg q

E =

（2）从P 到A 的过程，根据动能定理：mgL+EqL=1

2

mv A 2 解得v A gL

小球在管中运动时，E 2q=mg ，小球做匀速圆周运动，则v 0=v A gL 在D 点时，下壁对球的支持力20

22v F m mg r

==

由牛顿第三定律，22F F mg =='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t 1，则：

211222L gt =

解得12L t g

= 小球在圆管内做匀速圆周运动的时间为t 2，则：2

3

23244

A r

L t v g

ππ?==

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：322

L t g

= 则：

24t t ππ=+ 【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．

4．电子扩束装置由电子加速器、偏转电场和偏转磁场组成．偏转电场的极板由相距为d 的两块水平平行放置的导体板组成，如图甲所示．大量电子由静止开始，经加速电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间OO ’射入偏转电场．当两板不带电时，这些电子通过两板之间的时间为2t 0；:当在两板间加最大值为U 0、周期为2t 0的电压(如图乙所示)时，所有电子均能从两板间通过，然后进入竖直宽度足够大的匀强酸场中，最后打在竖直放置的荧光屏上．已知磁场的水平宽度为L ，电子的质量为m 、电荷量为e ，其重力不计．

（1）求电子离开偏转电场时的位置到OO ’的最远位置和最近位置之间的距离 （2）要使所有电子都能垂直打在荧光屏上， ①求匀强磁场的磁感应强度B

②求垂直打在荧光屏上的电子束的宽度△y 【答案】（1）2010U e y t dm ?=

（2）①00U t B dL =②2

010U e y y t dm

?=?=

【解析】 【详解】

（1）由题意可知，从0、2t 0、4t 0、……等时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场时的位置到OO ′的距离最大，在这种情况下，电子的最大距离为：

2222000max 00000311222y U e U e U e y at v t t t t dm dm dm

=

+=+= 从t 0、3t 0、……等时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场时的位置到OO ′的距离最小，在这种情况下，电子的最小距离为：

220min 001122U e y at t dm

=

= 最远位置和最近位置之间的距离：1max min y y y ?=-，

2

010U e y t dm

?=

（2）①设电子从偏转电场中射出时的偏向角为θ，由于电子要垂直打在荧光屏上，所以电子在磁场中运动半径应为：

sin L R θ

=

设电子离开偏转电场时的速度为v 1，垂直偏转极板的速度为v y ，则电子离开偏转电场时的偏向角为θ，1

sin y v v θ=，

式中00y U e

v t dm

= 又：1

mv R Be =

解得：00U t

B dL

=

②由于各个时刻从偏转电场中射出的电子的速度大小相等，方向相同，因此电子进入磁场后做圆周运动的半径也相同，都能垂直打在荧光屏上．

由第（1）问知电子离开偏转电场时的位置到OO ′的最大距离和最小距离的差值为△y 1， 所以垂直打在荧光屏上的电子束的宽度为：2

010U e y y t dm

?=?=

5．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2

x 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 =

6．竖直平面内存在着如图甲所示管道，虚线左侧管道水平，虚线右侧管道是半径R=1m 的半圆形，管道截面是不闭合的圆，管道半圆形部分处在竖直向上的匀强电场中，电场强度E=4×103V/m ．小球a 、b 、c 的半径略小于管道内径，b 、c 球用长2m L =

的绝缘细轻杆

连接，开始时c 静止于管道水平部分右端P 点处，在M 点处的a 球在水平推力F 的作用下由静止向右运动，当F 减到零时恰好与b 发生了弹性碰撞，F-t 的变化图像如图乙所示，且满足2

2

4

F t π

+=

．已知三个小球均可看做质点且m a =0.25kg ，m b =0.2kg ，m c =0.05kg ，小球

c 带q=5×10-4C 的正电荷，其他小球不带电，不计一切摩擦，g =10m/s 2，求

(1)小球a 与b 发生碰撞时的速度v 0； (2)小球c 运动到Q 点时的速度v ；

(3)从小球c 开始运动到速度减为零的过程中，小球c 电势能的增加量． 【答案】(1)04m/s v = (2)v =2m/s (3) 3.2J P E ?= 【解析】

【分析】对小球a ，由动量定理可得小球a 与b 发生碰撞时的速度；小球a 与小球b 、c 组成的系统发生弹性碰撞由动量守恒和机械能守恒可列式，小球c 运动到Q 点时，小球b 恰好运动到P 点，由动能定理可得小球c 运动到Q 点时的速度；由于b 、c 两球转动的角速

度和半径都相同，故两球的线速度大小始终相等，从c 球运动到Q 点到减速到零的过程列能量守恒可得；

解：(1)对小球a ，由动量定理可得00a I m v =-

由题意可知，F-图像所围的图形为四分之一圆弧，面积为拉力F 的冲量， 由圆方程可知21S m = 代入数据可得：04/v m s =

(2)小球a 与小球b 、c 组成的系统发生弹性碰撞， 由动量守恒可得012()a a b c m v m v m m v =++ 由机械能守恒可得

222012111

()222

a a

b

c m v m v m m v =++ 解得120,4/v v m s ==

小球c 运动到Q 点时，小球b 恰好运动到P 点，由动能定理

22211

()()22

c b c b c m gR qER m m v m m v -=

+-+ 代入数据可得2/v m s =

(3)由于b 、c 两球转动的角速度和半径都相同，故两球的线速度大小始终相等，假设当两球速度减到零时，设b 球与O 点连线与竖直方向的夹角为θ 从c 球运动到Q 点到减速到零的过程列能量守恒可得：

21

(1cos )sin ()sin 2

b c b c m gR m gR m m v qER θθθ-+++=

解得sin 0.6,37θθ==?

因此小球c 电势能的增加量：(1sin ) 3.2P E qER J θ?=+=

7．如图所示，一静止的电子经过电压为U 的电场加速后，立即射入偏转匀强电场中，射入方向与偏转电场的方向垂直，射入点为A ，最终电子从B 点离开偏转电场。已知偏转电场的电场强度大小为E ，方向竖直向上（如图所示），电子的电荷量为e ，质量为m ，重力忽略不计。求：

（1）电子进入偏转电场时的速度v 0；

（2）若将加速电场的电压提高为原来的2倍，使电子仍从B 点经过，则偏转电场的电场强度E 1应该变为原来的多少倍？

（3）若在偏转电场区域加上垂直纸面向外的匀强磁场，使电子从A 点射入该相互垂直的电场和磁场共同存在的区域沿直线运动，求所加磁场的磁感应强度大小。

【答案】（1）2Ue m （2）2倍 （3）2m

E Ue

【解析】 【详解】

（1）电子在电场中的加速，由动能定理得：2

012

Ue mv = 所以，02Ue

v m

=

（2）设电子的水平位移为x ，电子的竖直偏移量为y ，则有：

0x v t = 2

12y at =

Ee ma = 联立解得：24yU

E x =

根据题意可知x 、y 均不变，当U 增大到原来的2倍，场强E 也增大为原来的2倍。 （3）电子做直线运动

0Bev Ee =

解得： 2m

B E

Ue

=

8．能量守恒是自然界基本规律，能量转化通过做功实现。如图所示，平行板电容器水平放置，上板正中央有一小孔，两极板间的距离为d ，电势差为U 。一质量为m 、带电量为+q 的小球从小孔正上方某处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零。重力加速度为g(空气阻力忽略不计)。求：小球释放位置距离上极板的高度h 。

【答案】qU

d mg

- 【解析】 【详解】

小球首先自由落体，进入两极板后开始减速，到下极板时减速为零，对整个过程列动能定理有：W 电+W 重=△E k 即：-qU+mg （h+d ）=0-0

得 h=qU

d mg

-

9．如图所示，质量为m 的小球穿在绝缘细杆上，细杆的倾角为α，小球带正电，电荷量为q ．在细杆上B 点处固定一个电荷量为Q 的正电荷．将小球由距B 点竖直高度为H 的A 点处无初速度释放，运动到C 点时速率最大，运动到P 点时高度变为原来的一半且速率为零，小球下滑过程中电荷量不变．不计小球与细杆间的摩擦，整个装置处在真空中，已知静电力常量为k ，重力加速度为g ．求： （1）A 球刚释放时的加速度大小； （2）C 点与B 点的距离； （3）AP 间的电势差．

【答案】（1）22sin sin kQq g mH

α

α-，（2sin kQq mg α； （3）2mgH q ． 【解析】 【分析】

（1）A 球刚释放时，受到重力、沿细杆向上的库仑力和细杆的支持力，根据牛顿第二定律求解加速度．

（2）A 球刚释放下滑过程中，库仑力逐渐增大，当库仑力小于重力沿斜面向下的分力时，小球做加速运动；当库仑力大于重力沿斜面向下的分力时，小球做减速运动．当两力大小相等时，小球的速度最大，由平衡条件和库仑定律结合求出C 点与B 点的距离． （3）小球运动到P 点时速率为零，由动能定理求解AP 间的电势差． 【详解】

（1）A 球刚释放时，由牛顿第二定律可知：mgsin α-F=ma 根据库仑定律有：2

qQ

F k r = 又知 H

r sin α

=

联立解得：a=gsinα-22

kQqsin mH α

（2）当小球受到合力为零，即加速度为零时，速率最大，设此时小球与B 点间的距离为

d ，则有：2

Qq

mgsin k d α

= 解得：kQq

d mgsin α

＝

（3）小球运动到P 点时速率为零，由动能定理得：02

H

mg

qU -＝

解得：2mgH

U q

＝ 【点睛】

本题的关键是分析小球的受力情况，来确定小球的运动情况．从力和能两个角度研究动力学问题是常用的思路．

10．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°角（如图中所示）的质子，到达y 轴时的位置； （3）质子到达y 轴的位置坐标的范围； 【答案】（1）

22m

ma eB

eE π+

2）3ea mE （3）（a ，ea

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：

2

v evB m a

=

即： Bea

v m

=

出射速度沿x 轴正方向的质子，经1

4

圆弧后以速度v 垂直于电场方向进入电场，在磁场中运动的时间为：

1422T a m

t v eB

ππ=

==

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

有： 2

22eEt a m

=

即： 22ma

t eE

＝

故所求时间为： 1222m

ma

t t t eB

eE

π=+=

+

（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：x 1=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： 2

312eEt x m

=

即33ma

t eE

=

质子在y 轴方向做匀速直线运动，到达y 轴时有： 133ea

y vt mE

==所以质子在y 轴上的位置为： 13ea

y a y a 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

质子在电场中在y 方向运动的距离为： 22ea y mE =质子离坐标原点的距离为： 22m ea

y a y a 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 ，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。

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

4

Br 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

r L

=

联立可以得到：

2

2

3

3

22

416

L

B BL

t

U U

ππ

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==．

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，

3

2

d

)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

0tan y θ=

v v

解得：v=2v 0θ=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．