高考物理带电粒子在电场中的运动练习题及答案
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，一质量为 m、电荷量为 +q 的粒子从竖直虚线上的 射出，在下列不同情形下，粒子经过一段时间后均恰好经过虚线右侧的
P 点以初速度 v0 水平向左
A 点．巳知 P、 A
两点连线长度为 l，连线与虚线的夹角为 α=37°，不计粒子的重力， (sin 37 =0°.6， cos
37°=0.8).
(1)若在虚线左侧存在垂直纸面向外的匀强磁场，求磁感应强度的大小 B1；
(2)若在虚线上某点固定一个负点电荷，粒子恰能绕该负点电荷做圆周运动，求该负点电荷的电荷量 Q(已知静电力常量为是）；
(3)若虚线的左侧空间存在垂直纸面向外的匀强磁场，右侧空间存在竖直向上的匀强电场，
【答案】（ 1） B1
粒子从 P 点到 A 点的过程中在磁场、电场中的运动时间恰好相等，求磁场的磁感应强度的 大小 B2 和匀强电场的电场强度大小
E.
5mv0 2ql
3)mv02
（ 2） Q
5mv02l 8kq （ 3） B2
5 mv0 3ql
E
20(2
9 ql
【解析】 【分析】 【详解】
（1)粒子从 P 到 A 的轨迹如图所示：
粒子在磁场中做匀速圆周运动，设半径为 由几何关系得 r1
r 1
1
l cos 2 2 l 5
2 v0mqv B由洛伦兹力提供向心力可得 01 r1
解得 : B1
5mv0 2ql
(2)粒子从 P 到 A 的轨迹如图所示：
粒子绕负点电荷 Q 做匀速圆周运动，设半径为r2 由几何关系得 r2
l 2cos
5 l 8
2 v0mr2
由库仑力提供向心力得 k
2
Qq r22
解得
:Q
5mvl
0
(3)粒子从 P 到 A 的轨迹如图所示：
粒子在磁场中做匀速圆周运动，在电场中做类平抛运动
粒子在电场中的运动时间 t
l sin v0
3l 5v0 t ，则 t
T 2
根据题意得，粒子在磁场中运动时间也为
又 T
2 m qB2
解得 B2
5 mv0 3ql
设粒子在磁场中做圆周运动的半径为
r，则 v0t r
解得 : r
3l 5
粒子在电场中沿虚线方向做匀变速直线运动，l cos2r
1 qE t 2 2 m
解得 : E
20(2 3)mv02
9 ql
2． 如图所示，光滑绝缘的半圆形轨道 为轨道最低点。该装置右侧的
ABC 固定在竖直面内，圆心为 O，轨道半径为 R， B
1
4
圆弧置于水平向右的足够大的匀强电场中。某一时刻一个
带电小球从 A 点由静止开始运动，到达 B 点时，小球的动能为 E0，进入电场后继续沿轨道运动，到达 C 点时小球的电势能减少量为 2E0 ，试求：
（ 1）小球所受重力和电场力的大小； （ 2）小球脱离轨道后到达最高点时的动能。
【答案】（ 1）
E0
R
2E0 0
R （ 2）8E
【解析】 【详解】
(1)设带电小球的质量为 m，则从 A 到 B 根据动能定理有： mgR＝ E0
则小球受到的重力为：
mg＝
E0 R
方向竖直向下；
由题可知：到达 C 点时小球的电势能减少量为
2E0，根据功能关系可知：
EqR＝ 2E0
则小球受到的电场力为：
Eq＝
2E0
R
方向水平向右，小球带正电。
(2)设小球到达 C点时速度为 vC，则从 A 到 C根据动能定理有： 1
2
EqR＝ mvC ＝ 2E0
则 C 点速度为：
vC＝
方向竖直向上。
4E0
m
从 C 点飞出后，在竖直方向只受重力作用，做匀减速运动到达最高点的时间为：
t
vC 1 4E0 g g
m 4E0 m 在水平方向只受电场力作用，做匀加速运动，到达最高点时其速度为：
v at
qE m t
qE 4E0 mg
m 2
则在最高点的动能为：
Ek
1 mv2 2
1
m(2 4E0 )2
m
8E0
2
3． 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
a 恰好与它相碰，瞬间结合成油
电的 b 竖直向上． b 上升高度为 h 时，到达最高点，此时 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
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 （垂直纸面向外为正），已知
t 0 时刻，同时在该矩形区域加一
(b)所示，磁场变化周期为
T0 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
2mg ； 2h （2） ； v
q
P
gh 方向向右上，与水平方向夹角为 45°
g ghT02 2
2
（3 ） smin
【解析】 【详解】
(1)设油滴的喷出速率为
v0 ，则对油滴 b 做竖直上抛运动，有
0 v02 2gh 0 v0 gt0
解得 v0 解得 t0
2 gh 2h g
对油滴 a 的水平运动，有
x0 v0 t0 解得 x0 2h
(2)两油滴结合之前，油滴 a 做类平抛运动，设加速度为
2 ，解得
a ，有
qE mg ma ， h
1 at02 a
g ， E
2mg q 设油滴的喷出速率为 v0 ，结合前瞬间油滴 a 速度大小为 va ，方向向右上与水平方向夹角，则
v0 va cos ， v0 tan at0 ，解得 va 2 gh ， 45
两油滴的结束过程动量守恒，有： 上，与水平方向夹 (3)因 qE
mv1 2mvp ，联立各式，解得： vp
gh ，方向向右 45 角
vp2
2mg ，油滴 p 在磁场中做匀速圆周运动，设半径为 2m
r
r ，周期为 T ，则 T
0
由 qvp
8 m
qT
0
得 r
T0 4 gh
，由
T
2 r
vp
得 T
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
2r 4r
ghT02 2
2
4． 如图，平面直角坐标系中，在， y＞ 0 及 y＜ -
3 2
L 区域存在场强大小相同，方向相反均平
行于 y 轴的匀强电场，在
3 2
- L＜y＜ 0 区域存在方向垂直于 xOy 平面纸面向外的匀强磁场，
一质量为 m，电荷量为 q 的带正电粒子，经过 沿 x 轴正方向，然后经过
y 轴上的点 P1（ 0， L）时的速率为 v0，方向 L， 0）进入磁场．在磁场中的运转半径
x 轴上的点 P2（
3 2 R= L
5 2
（不计粒子重力），求：
（ 1）粒子到达 P2 点时的速度大小和方向； （ 2） ；
E
B
（ 3）粒子第一次从磁场下边界穿出位置的横坐标； （ 4）粒子从 P1 点出发后做周期性运动的周期． 【答案】（ 1） 【解析】 【详解】
5
v0，与 x 成 53°角；（ 2）
4v0 ；（ 3）2L；（ 4）
405 37 L
． 3 3
60v0
（1）如图，粒子从 由运动学规律知
P1 到 P2 做类平抛运动，设到达 P2 时的 y 方向的速度为 vy， L=v0t1，
3 2
L=
vy
2
t1
3L 可得 t1 =
4
， vy=
v0
2v0 3
故粒子在 P2 的速度为 v= v02
设 v 与 x 成 β角，则 tanβ=
vy2 = 5 v0
3 vy 4
= ，即 β=53°；
v0 3
2
（2）粒子从 P
，根据动能定理知
E=
1
2
12 2
可得 0
8mv02 9qL
粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据
qvB=m v2
R
解得： B=
5 mv m 3 v0 2mv0 =
=
qR
q 5 L 2
3qL
解得：
E B
4v0 ；
3
（3）粒子在磁场中做圆周运动的圆心为
= o
O′，在图中，过
3
P2 做 v 的垂线交 y=- L 直线与 Q′ 2
点，可得： P2O′=
3L
5 2
L =r
2cos53
子将垂直于 y=-
故粒子在磁场中做圆周运动的圆心为O′，因粒子在磁场中的轨迹所对圆心角α=37°，故粒 3
L
2
直线从 M 点穿出磁场，由几何关系知
M 的坐标 x=
3
L+（ r-rcos37 ）°=2L；
2
（4）粒子运动一个周期的轨迹如上图，粒子从
P1 到 P2 做类平抛运动： t1 =
3L
2v0
在磁场中由 P2 到 M 动时间： t2=
37 360o 2 r v
=
37 L
120v0
从 M 运动到 N， a=
qE8v0
=
2
v
m
15L
9L
则 t 3= a = 8v0 则一个周期的时间
T=2（ t1+t 2+t 3） =
405 37 L 60v0
．
5．如图所示，两块平行金属极板MN 水平放置，板长
4
L =\" 1\" m ．间距 d = m，两金属
3
3
ABC 和 FGH两个全等的正三角形区 B1，三角形的上顶点 A 与上金属板 M
板间电压 UMN= 1 × 10V；在平行金属板右侧依次存在 域，正三角形 ABC 内存在垂直纸面向里的匀强磁场 平齐， BC边与金属板平行， 存在垂直纸面向外的匀强磁场
AB 边的中点 P 恰好在下金属板 N 的右端点；正三角形 FGH内 B2，已知 A、 F、G 处于同一直线上． B、 C、 H 也处于同一直 线上． AF 两点距离为 2 m．现从平行金属极板 MN 左端沿中心轴线方向入射一个重力不计
3
-10
-4
5
的带电粒子，粒子质量 m = 3 ×10 kg，带电量 q = +1 × 10C，初速度 v0= 1 × 10m/s ．
(1)求带电粒子从电场中射出时的速度 v 的大小和方向
(2)若带电粒子进入中间三角形区域后垂直打在 AC 边上，求该区域的磁感应强度 B1
(3)若要使带电粒子由 FH 边界进入 FGH 区域并能再次回到 FH 界面，求 B2 应满足的条件． 【答案】（ 1）
2 3
3
10 m / s ；垂直于 AB 方向出射．（ 2）
53 3 T （ 3）
2
10
3 T
5
【解析】
试题分析：（ 1）设带电粒子在电场中做类平抛运动的时间为 则： q
t ，加速度为 a，
U d
ma 解得： a qU
md
3
1010 m / s2
3
t
L 1 10 5 s
v0
3
竖直方向的速度为： vy＝ at＝
5
3
× 10m/s
射出时速度为： v
v02
vy2
2
3
3
105 m / s
速度 v 与水平方向夹角为
θ， tan
vy v0
3 3
，故 θ =30，°即垂直于 AB 方向出射．
（2）带电粒子出电场时竖直方向的偏转的位移
y 1 at 2 2
3 m 6
d
2
，即粒子由 P1 点垂
直 AB 射入磁场，
由几何关系知在磁场 ABC区域内做圆周运动的半径为
R1
d cos30o
2 m 3
由 B1qv
m
v2
R1 mv qR1 知： B1
3 3 T 10
（3 ）分析知当轨迹与边界 GH 相切时，对应磁感应强度
B
2 最大，运动轨迹如图所示：
由几何关系得： R2
R2 sin 60o
1
故半径 R2 (2 3 3)m v2
又 B2 qv m R2
故
B2
2
3 T 5
所以 B2 应满足的条件为大于
2 3 5
T ． .
考点：带电粒子在匀强磁场中的运动
6． 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
4
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
－ 3
E=1× 10N/C。一个质量
m=2kg，带电量为 q=－ 1× 10 C 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)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 【答案】 (1)
2
Wf。
3 1
(2) J m / s3
3
【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。
【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，做类平抛运动，则：
mgqEma
，解得：小球的加速度
a
mg qE m 2 10 1 10 3 104
2
m / s
2 5m / s
2
C 与 B 的高度差 h Rcos60 0.4m
2
设小球到 B 点时竖直分速度为 vy ，则 vy
2ah ，解得：小球到 B 点时竖直分速度
vy
2 m
s
小球在 B 点时，速度方向与水平方向夹角为
60°，则 tan60
vy v0
解得：小球抛出时的初速度
v0 2
3 m s
3
(2)在 B 点时， sin60
vy vB
，则 vB
4 3 m
3 s
小球在 A 点时， FN qE mg m vA2 ，解得： vA
3
m
s
R
小球从 B 到 A 过程，由动能定理得：
(mg qE )( R Rcos ) Wf
1
mvA2 1 mvB2 2
1 J 3
2
解得：小球从 B 到 A 的过程中克服摩擦所做的功 Wf
7． 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
,重力加速度为 g。
a、 b 速度交换 ,且碰撞时间极短可忽略不计 求：
,物块带电量始终保持不变
(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 【答案】 (1) 2
;
,电场力所做的功 W。 2 gL (2)
3(74185)
mgL
25
【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 F
3 mg
对两物体由牛顿第二定律，物块
b： F mg ma1 ，得 a1
2 g
对绝缘板 a： mg ma2 ，得 a2 设历时 t1 物块第一次与挡板碰撞，有：
g
1 (a1 a2 )t12 =L ，得： t1 2
v1 a1t1
2L g 则物块第一次与挡板碰撞前瞬时，物块的速度大小
解得： v1
2 2 gL
(2) 绝缘板 a 的速度大小 v2 物块对地的位移大小为
a2 t1 ，解得： v2 2 gL
x1
1
a1t12 ，有 x1 2L
2
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 则物块的速度为 v
1
2 gL ，绝缘板的速度大小为 v
2
2 2 gL
对物块 b： F
g
设历时 t2，二者达到共同速度 v，有： v v1
解得： t2
mg
ma3 ，有 3a4
a3t 2 ， v v2 a2t2
1 2L v 9 2 gL 5 g 5
v1 )2
二者相对位移大小为 x，有 (v2
2(a3 a2 ) x ，解得： x L
物块对地的位移大小为
x2，有 x2
(v1 v)1
5
25
t2 ，解得： x2
14 L
2
设历时 3 物块第二次与挡板碰撞，有：
t
物块对地的位移大小为
x
3，有
x3 vt3
(a1 a2 )t32 =x ，得： t3 2 1 3 18 5
a1t3 ，解得： x3
2L
5 g
L
2 5
L
2
25
故物块的总位移 x 得： x 74
x1 x2 x3
18 5 L 25
根据功的定义 W 3 mgx
18 5) mgL
解得： W 3(74
25
【点睛】
本题是牛顿第二定律、动量守恒定律、运动学公式和能量守恒定律的综合应用，按程序进行分析是基础．
E
8． 如图所示，光滑绝缘水平桌面处在电场强度大小为 、方向水平向右的匀强电场中，某 时刻将质量为 m、带电荷量为一 q 的小金属块从 A 点由静止释放，小金属块经时间 t 到达 B 点，此时电场突然反向、电场强度增强为某恒定值，且仍为匀强电场，又经过时间
t 小
金属块回到 A 点。小金属块在运动过程中电荷量保持不变。求：
(1)电场反向后匀强电场的电场强度大小； (2)整个过程中电场力所做的功。 【答案】 (1) 3E (2) 2q2 E 2t 2
m
【解析】 (1)设 t 末和 2t 末小物块的速度大小分别为 度大小为 E1,小金属块由 A 点运动到 B 点过程：
v1 和 v2 ，电场反向后匀强电场的电场强
x
1 Eq
2 m
t 2 ， v1 Eq t
m
小金属块由 B 点运动到 A 点过程 ：
x v1t
1 Eq1 2
t
2 m
v2 v1
Eqm
1 t
联立解得： v2
2Eqt m
，则： E1 3E ；
(2)根据动能定理，整个过程中电场力所做的功：
W
1
联立解得： W
2q2 E 2t 2
m
mv22 0 2
。
点睛：解答本题关键是对不同过程应用匀变速直线运动相关公式以及动能定理列式即可，属于基础性题目 。
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．
kQq sin 2 【答案】（ 1） gsin
，（ 2）
kQq mgsin
； （ 3）
mgH 2q
．
mH 【解析】 【分析】
2
（ 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
qQ F k 根据库仑定律有：
r 2
又知 r
H
sin
kQqsin
2
联立解得： a=gsin 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 d，则有： mgsin
B 点间的距离为
k Qq
d 2
解得： d＝
kQq mgsin
（3）小球运动到 P 点时速率为零，由动能定理得：
解得： U ＝
mg
H
2
qU＝0
mgH
【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， 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
B 0.5T . 有一个质量 m 10 11 kg ，电荷量
q 10 7 C 的带正电粒子，该粒子的初速度 v0 2 103 m / s，从坐标原点 O 沿与 x 轴成
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：
45o 角的方向进入匀强磁场，经过磁场和电场的作用，粒子从
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 1 103 V / m ，带电粒子从 O 点出发到再次回到 O 点所用的时间为 2.1 10 3 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 间． 【详解】
E，三个过程的总时间即为总时
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，
qvB m v2 ，
R
半径 R
mv Bq
0.4m ，
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 ，
x12R 0.4 2m 0.57m 则第一次经过
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
x轴时的横坐标为
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
2
2R ，
在垂直电场方向的位移 s1 vt1 ， 运动时间 t1
s1 2R v v
4 10 4 s
在沿电场方向上的位移 s2
1 at12 ， 2
又因 s2 得 a
2R
2s2 1 107 m / s2 t12
Eq m
根据牛顿第二定律 a
所以电场强度 E
ma 1 103 V / m
q
粒子从第一次进入电场到再返回磁场的时间
t2 2v
a 4 10 4 s ，
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
T
2 m 4 Bq
10 4 s
所以粒子从出发到再回到原点的时间为t 【点睛】
t1 t2 T 2.1 10 3 s
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．
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
S1 不断飘入加速电场 (初速度可视为零 )做直线运动，通过小孔 S2 后从两平行板中央沿垂直电
B、方向垂直 S1、 S2 间的加
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 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
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
P、 Q 之间，且 Q 距 P
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
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）
（2）
q 3
4
，其速度方向与边界 ad 间的夹角为
4
m
U 2L2 B2
（3）
BL2 16U
【解析】
试题分析：（ 1）设质量为 m，电量为 q 的粒子通过孔
S 的速度为 v20 则： qU
1
mv02
粒子在平行板间： L
tv ， vx 0
qEm
2
t ， tan
v0
vx
联立可以得到：
tan
1 ，则
，其速度方向与边界 ad 间的夹角为 ．
（2）粒子从 e 板下端与水平方向成 射入磁场时的速度为
4 45o 的角射入匀强磁场，设质量为
v02 vx2
4
m，电量为 q 的粒子
v，做圆周运动的轨道半径为 r ，则 v
2
2v0
4qU
m
由几何关系： r 2
r 2
4L
，则 r
2 2L ，则 r
mv qB
联立可以得到：
q m
U 2
2 ．
2L B
t ，则 t
， r
（2）设粒子在磁场中运动的时间为
m qB
mv qB
2 B
mU
q
联立可以得到： t
Br 2 4U
因为所以粒子在磁场中运动的偏转角
3
R ，所以粒子打在 P 处时间最短 2 2 L 2
由几何可以知道：
r
2
r
2
L
2
，则 r
2
3 2
L2
联立可以得到： t
B 2 3 BL．
4U 16U
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，电荷量为 +q，质量为 m 的小球用一根长为 的整个空间存在水平向右的匀强电场，已知重力加速度为
L 的绝缘细绳悬挂于 O 点，所在
g．现将悬线拉直使小球从与
O
点等高的 A 点静止释放，当小球运动到 O 点正下方的 B 点时速度的大小为 v=
gL ．求：
(1)该电场的场强 E 的大小； (2)小球刚到达 B 点时绳的拉力；
(3)若到达 B 点后绳子突然断裂，断裂时小球以原速度抛出，则小球再次经过 与 O 点的距离是多少 ? 【答案】 （1） E
O 点正下方时
mg 2q
（ 2） 2mg；（ 3） 9L
【解析】 【分析】 【详解】
（1）由 A 到 B 根据动能定理： mgL
解得 E
mg 2q
EqL 1 mv2 ，
2
（2）在 B 点，由牛顿第二定律： T
mg
m v2
L
解得 T=2mg
（3）绳子断裂后，小球水平方向向左先做减速运动，后反向加速；竖直方向做自由落体运
动，回到 B 点正下方，则： t
2v
a
qE
g m
2
h
1
gt 2 2
解得 h=9L 【点睛】
此题关键是第 3 问的解答，要知道小球参与水平方向的匀变速运动和竖直方向的自由落体运动，两个运动的时间相等 a
.
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