2015年高考物理二轮专题辅导与训练：高效演练 4.9第9讲 带电粒子在组合场、复合场中的运动

专题能力训练9带电粒子在组合场、复合场中的运动(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本题共8小题,每小题7分,共56分。

在每小题给出的四个选项中,1~6题只有一个选项符合题目要求7~8题有多个选项符合题目要求,全部选对的得7分,选对但不全的得4分,有选错的得0分)1.如图为“滤速器”装置示意图。

a、b为水平放置的平行金属板,其电容为C,板间距离为d,平行板内存在垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B。

a、b板带上电荷,可在平行板内产生匀强电场,且电场方向和磁场方向互相垂直。

一带电粒子以速度v0经小孔O进入正交电磁场可沿直线OO'运动,由O'射出,粒子所受重力不计,则a板所带电荷量情况是()A.带正电,其电荷量为B.带负电,其电荷量为C.带正电,其电荷量为CBdv0D.带负电,其电荷量为2.(2015·湖南师范大学附属中学月考)速度相同的一束粒子由左端射入质谱仪后分成甲、乙两束,其运动轨迹如图所示,其中S0A=S0C,则下列说法正确的是()A.甲束粒子带正电,乙束粒子带负电B.甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷C.能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于D.若甲、乙两束粒子的电荷量相等,则甲、乙两束粒子的质量比为3∶23.(2015·河北名校联盟质量监测)如图,一带电塑料小球质量为m,用丝线悬挂于O点,并在竖直平面内摆动,最大摆角为60°,水平磁场垂直于小球摆动的平面。

当小球自左方摆到最低点时,悬线上的张力恰为零,则小球自右方最大摆角处摆到最低点时悬线上的张力为()A.0B.2mgC.4mgD.6mg4.如图所示,在第二象限内有水平向右的匀强电场,电场强度为E,在第一、四象限内分别存在如图所示的匀强磁场,磁感应强度大小相等。

有一个带电粒子以初速度v0从x轴上的P点垂直进入匀强电场,恰好与y轴成45°角射出电场,再经过一段时间又恰好垂直于x轴进入下面的磁场。

专题强化练4带电粒子在组合场中的运动训练1带电粒子在组合场中的运动1.(多选)如图所示的xOy坐标系中，y轴左侧存在电场强度为E的匀强电场，电场方向平行于x轴，y轴右侧存在垂直坐标系所在平面向外的匀强磁场。

一个比荷为k的带正电的粒子从x轴上的M点以某一初速度平行于y轴向上运动，经电场偏转后从y轴上的P点进入磁场，进入磁场时速度方向与y轴正方向成θ＝60°角，粒子经磁场偏转后打到坐标原点O上。

已知M点到O点的距离为L，不计粒子的重力，下列说法正确的是()A．P与O的距离为3 3LB．粒子轨迹半径为3 3LC．粒子初速度大小为6kEL 3D．磁场的磁感应强度大小为6E kL2.质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具。

图中的铅盒A中的放射源放出大量的带正电粒子(可认为初速度为零)，从狭缝S1进入电压为U的加速电场区域加速后，再通过狭缝S2从小孔G垂直于MN射入偏转磁场，该偏转磁场是以直线MN为切线、磁感应强度为B、方向垂直于纸面向外、半径为R的圆形匀强磁场。

现在MN上的点F(图中未画出)接收到该粒子，且GF＝3R，则该粒子的比荷为(粒子的重力忽略不计)()A.8UR2B2 B.4UR2B2 C.6UR2B2 D.2UR2B23.如图所示，在平面直角坐标系xOy 内，第Ⅱ、Ⅲ象限内存在沿y 轴正方向的匀强电场，第Ⅰ、Ⅳ象限内存在半径为L 的圆形匀强磁场，磁场圆心在M (L ,0)点，磁场方向垂直于坐标平面向外。

一带正电粒子从第Ⅲ象限中的Q (－2L ，－L )点以速度v 0沿x 轴正方向射入电场，恰好从坐标原点O 进入磁场，从P (2L ,0)点射出磁场，不计粒子重力，求：(1)电场强度与磁感应强度大小的比值； (2)粒子在磁场与电场中运动时间的比值。

4.(多选)如图所示，虚线MN 上方为匀强电场，下方为匀强磁场，匀强电场的电场强度大小为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大小为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 。

高考物理带电粒子在电场中的运动专题训练答案及分析一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动1．如下图，在两块长为 3 L、间距为L、水平固定的平行金属板之间，存在方向垂直纸面向外的匀强磁场．现将下板接地，让质量为m、电荷量为q 的带正电粒子流从两板左端连线的中点O 以初速度v0水平向右射入板间，粒子恰巧打到下板的中点．若撤去平行板间的磁场，使上板的电势随时间 t 的变化规律如下图，则t=0 时辰，从O 点射人的粒子P 经时间 t0 (未知量 )恰巧从下板右边沿射出．设粒子打到板上均被板汲取，粒子的重力及粒子间的作使劲均不计．(1)求两板间磁场的磁感觉强度大小B．(2)若两板右边存在必定宽度的、方向垂直纸面向里的匀强磁场，为了使t=0 时辰射入的粒子 P 经过右边磁场偏转后在电场变化的第一个周期内能够回到O 点，求右边磁场的宽度d 应知足的条件和电场周期T 的最小值T min．【答案】（1）B mv0R2 cos a R23L(6 3 2 ) L（ 2）d2； T minqL3v0【分析】【剖析】【详解】（1）如图，设粒子在两板间做匀速圆周运动的半径为R1，则 qv0 B m v 02R1由几何关系：R12( 3L )2( R1L )222解得Bmv0 qL（2）粒子 P 从 O 点运动到下板右边沿的过程，有：3L v0t01 L 1v y t022解得v y 3 v0 3设合速度为 v，与竖直方向的夹角为α，则：tan v03v y则=3 v v02 3v0sin3粒子 P 在两板的右边匀强磁场中做匀速圆周运动，设做圆周运动的半径为R2，则1 LR22，sin解得R23L 3右边磁场沿初速度方向的宽度应当知足的条件为d R2 cosR23 L；2因为粒子 P 从 O 点运动到下极板右边边沿的过程与从上板右边沿运动到O 点的过程，运动轨迹是对于两板间的中心线是上下对称的，这两个过程经历的时间相等，则：T min 2t(22) R2 0v解得T min6 32L3v0【点睛】带电粒子在电场或磁场中的运动问题，重点是剖析粒子的受力状况和运动特点，画出粒子的运动轨迹图，联合几何关系求解有关量，并搞清临界状态.2．如图，质量分别为m A=1kg、 m B=2kg 的 A、B 两滑块放在水平面上，处于场强盛小5A 不带电，B 带正电、电荷量－5E=3× 10N/C、方向水平向右的匀强电场中，q=2 × 10 C．零时刻， A、 B 用绷直的细绳连结 (细绳形变不计 )着，从静止同时开始运动，2s 末细绳断开．已知 A、 B 与水平面间的动摩擦因数均为μ=0.1，重力加快度大小 g=10m/s2．求：(1)前 2s 内， A 的位移大小；(2)6s 末，电场力的刹时功率．【答案】 (1) 2m (2) 60W【分析】【剖析】【详解】（1） B 所受电场力为 F=Eq=6N；绳断以前，对系统由牛顿第二定律： F-μ(m A+m B)g=(m A+m B)a1可得系统的加快度由运动规律： x= 1a1 t12 2解得 A 在 2s 内的位移为x=2m；（2）设绳断瞬时，AB 的速度大小为v1， t2 =6s 时辰， B 的速度大小为v2，则v1=a1 t1=2m/s ；绳断后，对 B 由牛顿第二定律：F-μm B g=m B a2解得 a2=2m/s 2；由运动规律可知：v2=v1+a2(t 2-t 1 )解得 v2=10m/s电场力的功率P=Fv，解得 P=60W3．如下图，竖直平面内有一固定绝缘轨道ABCDP r=0.5m的圆弧轨道CDP和与，由半径之相切于 C 点的水平轨道 ABC 构成，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 m1=0.05kg 的不带电绝缘滑块静止在 A 点，质量-5m2=0.1kg、电荷量 q=1 × 10C 的带正电小球静止在 B 点，小球的右边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，滑块抵达月点前瞬时撤去该恒力，滑块与小球发生弹性正碰，碰后小球沿轨道运动，抵达P 点时恰巧和轨道无挤压且所受协力指向圆心．小球和滑块均视为质点，碰撞过程中小球的电荷量不变，不计全部摩擦．取 g=10m／s2， sin37 °=0.6， cos37°=0.8．(1)求撤去该恒力瞬时滑块的速度大小v 以及匀强电场的电场强度大小E；(2)求小球抵达P 点时的速度大小v P和 B、 C 两点间的距离x．【答案】；× 4(1) 6m/ s 7.510N/ C (2) 2.5m/ s ；0.85m【分析】【详解】a1=1m/s 2；(1)对滑块从 A 点运动到 B 点的过程，依据动能定理有：Fd解得： v=6m/ s小球抵达 P 点时，受力如下图:则有： qE=m 2 gtan θ,4解得： E=7.5 ×10N/ C(2)小球所受重力与电场力的协力大小为：G 等m 2 g cos小球抵达 P 点时，由牛顿第二定律有：v P 2G 等r解得： 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则有： m 1v=m 1v 1+m 2v 21m 1v21m 1v 121m 2v 222 22解得： v 1=-2m / s( “-” v 1 的方向水平向左 )， v 2=4m /s表示对小球碰后运动到 P 点的过程，依据动能定理有：qE x r sinm 2 g rrcos1m 2 v P21m 2v 2 222解得： x=0.85m1m 1v22v 1、 v 2，4． 如图，以竖直向上为 y 轴正方向成立直角坐标系；该真空中存在方向沿x 轴正向、场强为 E 的匀强电场和方向垂直 xoy 平面向外、磁感觉强度为B 的匀强磁场；原点 O 处的离子源连续不停地发射速度大小和方向必定、质量为 m 、电荷量为 -q （ q>0）的粒子束，粒子恰能在 xoy 平面内做直线运动，重力加快度为 g,不计粒子间的互相作用；（1）求粒子运动到距x 轴为 h 所用的时间；（2）若在粒子束运动过程中，忽然将电场变成竖直向下、场强盛小变成E 'mg，求从qO 点射出的全部粒子第一次打在 x 轴上的坐标范围（不考虑电场变化产生的影响）；（3）若保持 EB 初始状态不变，仅将粒子束的初速度变成本来的2 倍，求运动过程中，粒子速度大小等于初速度 λ倍（ 0<λ<2）的点所在的直线方程 .【答案】 （1） Bhm 2 gx5m 2 g（ ） y1x15m 2 gt(2)222222BB 328q B Eqq【分析】（ 1）粒子恰能在 xoy 平面内做直线运动，则粒子在垂直速度方向上所受合外力必定为零，又有电场力和重力为恒力，其在垂直速度方向上的重量不变，而要保证该方向上合外力为零，则洛伦兹力大小不变，因为洛伦兹力F 洛 Bqv ，因此遇到大小不变，即粒子做匀速直线运动，重力、电场力和磁场力三个力的协力为零，设重力与电场力协力与-y 轴夹角为 θ，粒子受力如下图，225mg222qEmgBqvqEmg， v 2qBBq则 v 在 y 方向上重量大小 v yv sinvqEE mgBqvB2qB因为粒子做匀速直线运动，依据运动的分解可得，粒子运动到距x 轴为 h 地方用的时间hBh2qhBt；v y Emgmg （2）若在粒子束运动过程中，忽然将电场变成竖直向下，电场强度大小变成E '，q则电场力 F 电 ' qE ' mg ，电场力方向竖直向上；因此粒子所受合外力就是洛伦兹力，则有，洛伦兹力充任向心力，即v2mvmqE 22qvBmgm， RB 2qrBq2如下图，由几何关系可知，当粒子在O 点就改变电场时，第一次打在x 轴上的横坐标最m22qE2mEm 2 g 小， x 12R sin2qEmg2 2222 2 2B qB qq BqEmg当改变电场时粒子所在处于粒子第一次打在x 轴上的地点之间的距离为2R 时，第一次打在2m 22qE mg222RB 2q 22m[ qEmg x 轴上的横坐标最大，x 2] 5m 2 gsinqEB 2 q 2Eq 2 B222qE mg因此从 O 点射出的全部粒子第一次打在 x 轴上的坐标范围为x 1 x x 2 ，即m 2 g x5m 2 gq 2 B2q 2B2（ 3）粒子束的初速度变成本来的 2 倍，则粒子不可以做匀速直线运动，粒子必发生偏转，而洛伦兹力不做功，电场力和重力对粒子所做的总功必不为零；那么设离子运动到地点坐标（ x ， y ）知足速率 v ' v ，则依据动能定理有qEx mgy1 mv 21m 2v ， qEx mgy3 mv 23 2 ，15m g22228q 2 B 2因此 y1 x 15m2 g28q 2 B 2点睛：本题观察带电粒子在复合场中的运动问题；重点是剖析受力状况及运动状况，画出受力争及轨迹图；注意当求物体运动问题时，改变条件后的问题求解需要对条件改变惹起的运动变化进行剖析，从变化的地方开始进行求解．5． 如下图，在 xOy 平面的第一象限有一匀强磁场，方向垂直于纸面向外；在第四象限有一匀强电场，方向平行于 y 轴向下．一电子以速度 v0 从 y 轴上的 P 点垂直于 y 轴向右飞入电场，经过 x 轴上 M 点进入磁场地区，又恰能从y 轴上的 Q 点垂直于 y 轴向左飞出磁场已知 P 点坐标为 (0，－ L)， M 点的坐标为 ( 2 3L，0)．求3(1)电子飞出磁场时的速度大小v(2)电子在磁场中运动的时间t【答案】（ 1）v2v04 L ；（ 2）t29v0【分析】【详解】（1）轨迹如下图，设电子从电场进入磁场时速度方向与x 轴夹角为，（1）在电场中 x 轴方向：23L v0t1，y轴方向： Lv y， tanv y3t1v0 32得60o， v v02v0cos（2）在磁场中，23L4 r Lsin32磁场中的偏转角度为32 rt23 4 Lv9v06．如下图，OO′为正对搁置的水平金属板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 的加快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 。

带电粒子在复（组）合场中的运动一、选择题（本题共8小题，在每小题给出的四个选项中，至少有一项符合题目要求）1.如图所示为一种获得高能粒子的装置，环形区域内存在垂直纸面、磁感应强度大小可调的均匀磁场，带电粒子可在环中做圆周运动。

A、B为两块中心开有小孔的距离很近的极板，原来电势均为零，每当带电粒子经过A板准备进入A、B之间时，A板电势升高为+U，B板电势仍保持为零，粒子在两板间的电场中得到加速；每当粒子离开B 板时，A板电势又降为零，粒子在电场的加速下动能不断增大，而在环形磁场中绕行半径不变。

若粒子通过A、B 板的时间不可忽略，则能定性反映A板电势U和环形区域内的磁感应强度B随时间t变化的关系的是()【答案】BC2.现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定．质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场．若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍．此离子和质子的质量比约为()A．11 B．12C．121 D．144【答案】D3．（2018届北京师范大学第二附属中学月考）为了测量某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的测量计，该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开口，在垂直于上下底面方向加磁感应强度为B的匀强磁场，在前后两个内侧固定有金属板作为电极，污水充满管口从左向右流经该装置时，电压表将显示两个电极间的电压U．若用Q表示污水流量（单位时间内排出的污水体积），下列说法中正确的是（）A. 若污水中正离子较多，则前表面比后表面电势高B. 前表面的电势一定低于后表面的电势，与哪种离子多少无关C. 污水中离子浓度越高，电压表的示数将越大D. 电压表示数U 与污水流量Q 成正比，与a 、b 、c 均无关 【答案】B4. 如图所示，导电物质为电子的霍尔元件位于两串联线圈之间，线圈中电流为I ，线圈间产生匀强磁场，磁感应强度大小B 与I 成正比，方向垂直于霍尔元件的两侧面，此时通过霍尔元件的电流为I H ，与其前后表面相连的电压表测出的霍尔电压U H 满足：U H =k H I Bd，式中k 为霍尔系数，d 为霍尔元件两侧面间的距离。

高考物理二轮复习专项训练卷带答案解析：带电粒子在复合场中的运动第11讲带电粒子在复合场中的运动一、选择题(每小题6分,共24分)1.(2018北京理综,18)某空间存在匀强磁场和匀强电场。

一个带电粒子(不计重力)以一定初速度射入该空间后,做匀速直线运动;若仅撤除电场,则该粒子做匀速圆周运动。

下列因素与完成上述两类运动无关．．的是( )A.磁场和电场的方向B.磁场和电场的强弱C.粒子的电性和电量D.粒子入射时的速度2.(2018四川广元五校联考)(多选)长方形区域内存在有正交的匀强电场和匀强磁场,其方向如图所示,一个质量为m、电荷量为q的小球以初速度v0竖直向下进入该区域。

若小球恰好沿直线下降,则下列叙述正确的是( )A.小球带正电B.电场强度E=mmmC.小球做匀速直线运动D.磁感应强度B=mmmm03.(2018江苏苏锡常镇四市联考)(多选)自行车速度计利用霍尔效应传感器获知自行车的运动速率。

如图甲所示,自行车前轮上安装一块磁铁,轮子每转一圈,这块磁铁就靠近霍尔传感器一次,传感器会输出一个脉冲电压。

图乙为霍尔元件的工作原理图,当磁场靠近霍尔元件时,导体内定向运动的自由电荷在磁场力作用下偏转,最终使导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差,即霍尔电势差。

下列说法正确的是( )A.根据单位时间内的脉冲数和自行车车轮的半径即可获知车速大小B.自行车的车速越大,霍尔电势差越高C.图乙中霍尔元件的电流I是由正电荷定向移动形成的D.如果长时间不更换传感器的电源,霍尔电势差将减小4.(多选)如图所示,区域Ⅰ中有正交的匀强电场和匀强磁场,区域Ⅱ只有匀强磁场,不同的离子(不计重力)从左侧进入两个区域,在区域Ⅰ中都没有发生偏转,在区域Ⅱ中做圆周运动的轨迹都相同,下列关于这些离子的说法正确的是( )A.离子一定都带正电B.离子进入复合场的初速度相等C.离子的比荷一定相同D.离子的初动量一定相同二、非选择题(共56分)5.(12分)如图所示,在纸平面内建立的直角坐标系xOy,在第一象限的区域存在沿y轴正方向的匀强电场。

热点一带电粒子在组合场中的运动“磁偏转”和“电偏转”的差别1．(2014·山东威海一模)如图3－8－3所示，静止于A处的离子，经加速电场加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析器，从P点垂直CN进入矩形区域的有界匀强电场，电场方向水平向左．静电分析器通道内有均匀辐射分布的电场，已知圆弧虚线的半径为R，其所在处场强为E、方向如图所示；离子质量为m、电荷量为q；QN＝2d、PN＝3d，离子重力不计．图3－8－3(1)求加速电场的电压U；(2)若离子恰好能打在Q 点上，求矩形区域QNCD 内匀强电场场强E 0的值；(3)若撤去矩形区域QNCD 内的匀强电场，换为垂直纸面向里的匀强磁场，要求离子能最终打在QN 上，求磁场磁感应强度B 的取值范围．解析 (1)离子在加速电场中加速，根据动能定理，有： qU ＝12mv 2离子在辐向电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，根据牛顿第二定律，有qE ＝m v2R得U ＝12ER.(2)离子做类平抛运动2d ＝vt 3d ＝12at 2由牛顿第二定律得qE 0＝ma. 则E 0＝3ER 2d(3)离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有qBv ＝m v 2r 则r ＝1BEmR q离子能打在QN 上，则既没有从DQ 边出去也没有从PN 边出去，则离子运动径迹的边界如图中Ⅰ和Ⅱ.由几何关系知，离子能打在QN 上，必须满足：32d<r≤2d则有12dEmR q ≤B<23dEmRq. 答案 (1)12ER (2)3ER2d(3)12dEmR q ≤B＜23dEmRq2．(2014·高考冲刺卷六)如图3－8－4所示，空间分布着方向平行于纸面且与场区边界垂直的有界匀强电场，电场强度为E 、场区宽度为L.在紧靠电场右侧的圆形区域内，分布着垂直于纸面向外的匀强磁场、磁感应强度B 大小未知，圆形磁场区域半径为r.一质量为m 、电荷量为q 的带正电的粒子从A 点由静止释放后，在M 点离开电场，并沿半径方向射入磁场区域，然后从N 点射出，O 为圆心，∠MON ＝120°，粒子重力可忽略不计．图3－8－4(1)求粒子经电场加速后，进入磁场时速度的大小；(2)求匀强磁场的磁感应强度B 的大小及粒子从A 点出发到从N 点离开磁场所经历的时间； (3)若粒子在离开磁场前某时刻，磁感应强度方向不变，大小突然变为B′，此后粒子恰好被束缚在磁场中，则B′的最小值为多少？解析 (1)设粒子经电场加速后的速度为v ，根据动能定理有EqL ＝12mv 2解得：v ＝2qELm(2)粒子在磁场中完成了如图所示的部分圆运动，设其半径为R ，因洛伦兹力提供向心力，所以有qvB ＝mv2R由几何关系得rR ＝tan 30°所以B ＝2mEL3qr2 设粒子在电场中加速的时间为t 1，在磁场中偏转的时间为t 2.粒子在电场中运动的时间t 1＝2L a＝2mLqE粒子在磁场中做匀速圆周运动，其周期为 T ＝2πR v ＝2πm qB由于∠MON ＝120°， 所以∠MO′N＝60°故粒子在磁场中运动时间t 2＝16T ＝πm 3qB所以粒子从A 点出发到从N 点离开磁场所经历的时间： t ＝t 1＋t 2＝2mLqE＋πr m 6qEL(3)如图所示，当粒子运动到轨迹与OO′连线交点处改变磁场大小时，粒子运动的半径最大，即B′对应最小值由几何关系得此时最大半径有R m ＝R －r2所以B′＝(3＋1)2mEL qr2答案(1)2qELm(2)2mLqE＋πrm6qEL(3)(3＋1)2mEL qr2带电粒子在组合场中的运动问题，一般都是单物体多过程问题，求解策略是“各个击破”：(1)先分析带电粒子在每个场中的受力情况和运动情况，抓住联系相邻两个场的纽带——速度(一般是后场的入射速度等于前场的出射速度)，(2)然后利用带电粒子在电场中往往做类平抛运动或直线运动，在磁场中做匀速圆周运动的规律求解．。

倒数第9天电场和带电粒子在电场中的运动1.请回答库仑定律的内容、公式和适用条件分别是什么？答案 (1)内容：真空中两个静止的点电荷之间的相互作用力，与它们的电荷量的乘积成正比，跟它们的距离的二次方成反比，作用力的方向在它们的连线上．(2)公式：F ＝k q 1q 2r 2，式中的k ＝9.0×109 N·m 2/C 2，叫静电力常量． (3)适用条件：①点电荷；②真空中．2．电场强度是描述电场力的性质的物理量，它有三个表达式：E ＝F q ，E ＝k Q r 2和E ＝U d，这三个公式有何区别？如果空间某点存在多个电场，如何求该点的场强？电场的方向如何确定？ 答案 (1)区别①电场强度的定义式E ＝F q，适用于任何电场，E 由场源电荷和点的位置决定，与F 、q 无关． ②真空中点电荷所形成的电场E ＝k Q r 2，其中Q 为场源电荷，r 为某点到场源电荷的距离． ③匀强电场中场强和电势差的关系式E ＝U d，其中d 为两点沿电场方向的距离． (2)用叠加原理求该点的场强若空间的电场是由几个“场源”共同激发的，则空间中某点的电场强度等于每个“场源”单独存在时所激发的电场在该点的场强的矢量和——叠加原理．(3)电场方向是正电荷的受力方向、负电荷受力的反方向、电场线的切线方向、电势降低最快的方向．3．电场线与等势面间的关系是怎样的？答案 (1)电场线上某点切线的方向为该点的场强方向，电场线的疏密表示场强的大小．(2)电场线互不相交，等势面也互不相交．(3)电场线和等势面在相交处互相垂直．(4)电场线的方向是电势降低的方向，而场强方向是电势降低最快的方向；(5)等差等势面密的地方电场线密，电场线密的地方等差等势面也密．4．比较电势高低的方法有哪些？答案 (1)顺着电场线方向，电势逐渐降低．(2)越靠近正场源电荷处电势越高；越靠近负场源电荷处电势越低．(3)根据电场力做功与电势能的变化比较①移动正电荷，电场力做正功，电势能减少，电势降低；电场力做负功，电势能增加，电势升高．②移动负电荷，电场力做正功，电势能减少，电势升高；电场力做负功，电势能增加，电势降低．5．比较电势能大小最常用的方法是什么？答案 不管是正电荷还是负电荷，只要电场力对电荷做正功，该电荷的电势能就减少；只要电场力对电荷做负功，该电荷的电势能就增加．6．电场力做功有什么特点？如何求解电场力的功？答案 (1)电场力做功的特点电荷在电场中任意两点间移动时，它的电势能的变化量是确定的，因而电场力对移动电荷所做的功的值也是确定的，所以，电场力对移动电荷所做的功，与电荷移动的路径无关，仅与初、末位置的电势差有关，这与重力做功十分相似．(2)电场力做功的计算及应用①W ＝Fl cos α，常用于匀强电场，即F ＝qE 恒定．②W AB ＝qU AB ，适用于任何电场，q 、U AB 可带正负号运算，结果的正负可反映功的正负，也可带数值运算，但功的正负需结合移动电荷的正负以及A 、B 两点电势的高低另行判断．③功能关系：电场力做功的过程就是电势能和其他形式的能相互转化的过程，如图，且W ＝－ΔE 其他． 电势能E 电W >0W <0其他形式的能E 其他7．带电粒子在匀强电场中分别满足什么条件可以做加速直线运动和偏转运动？处理带电粒子在电场中运动的方法有哪些？答案 (1)加速——匀强电场中，带电粒子的受力方向与运动方向共线、同向．处理方法：①牛顿运动定律和运动学方程相结合．②功能观点：qU ＝12m v 22－12m v 21 (2)偏转——带电粒子以初速度v 0垂直于电场线方向进入匀强电场．处理方法：类似平抛运动的分析方法．沿初速度方向的匀速直线运动：l ＝v 0t 沿电场力方向的初速度为零的匀加速直线运动：y ＝12at 2＝12·qE m (l v 0)2＝qUl 22md v 20偏转角tan θ＝v y v 0＝qUl md v 208．电容的两个表达式和平行板电容器的两类问题是什么？答案 (1)电容：C ＝Q U(2)平行板电容器的电容决定式：C ＝εr S 4πkd ∝εr S d .(3)平行板电容器的两类问题：①电键K 保持闭合，则电容器两端的电压恒定(等于电源电动势)，这种情况下带电荷量Q ＝CU ∝C ，而C ＝εr S 4πkd ∝εr S d ，E ＝U d ∝1d. ②充电后断开K ，则电容器带电荷量Q 恒定，这种情况下C ∝εr S d ，U ∝d εr S ，E ∝1εr S.。

热点一带电粒子在组合场中的运动“磁偏转”和“电偏转”的差别1．(2014·山东威海一模)如图3－8－3所示，静止于A处的离子，经加速电场加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析器，从P点垂直CN进入矩形区域的有界匀强电场，电场方向水平向左．静电分析器通道内有均匀辐射分布的电场，已知圆弧虚线的半径为R，其所在处场强为E、方向如图所示；离子质量为m、电荷量为q；QN＝2d、PN＝3d，离子重力不计．图3－8－3(1)求加速电场的电压U ；(2)若离子恰好能打在Q 点上，求矩形区域QNCD 内匀强电场场强E 0的值；(3)若撤去矩形区域QNCD 内的匀强电场，换为垂直纸面向里的匀强磁场，要求离子能最终打在QN 上，求磁场磁感应强度B 的取值范围．解析 (1)离子在加速电场中加速，根据动能定理，有： qU ＝12mv 2离子在辐向电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，根据牛顿第二定律，有qE ＝m v2R得U ＝12ER.(2)离子做类平抛运动2d ＝vt 3d ＝12at 2由牛顿第二定律得qE 0＝ma. 则E 0＝3ER 2d(3)离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有qBv ＝m v 2r 则r ＝1BEmR q离子能打在QN 上，则既没有从DQ 边出去也没有从PN 边出去，则离子运动径迹的边界如图中Ⅰ和Ⅱ.由几何关系知，离子能打在QN 上，必须满足：32d <r≤2d则有12dEmR q ≤B<23d EmRq. 答案 (1)12ER (2)3ER2d(3)12dEmR q ≤B＜23dEmRq2．(2014·高考冲刺卷六)如图3－8－4所示，空间分布着方向平行于纸面且与场区边界垂直的有界匀强电场，电场强度为E 、场区宽度为L.在紧靠电场右侧的圆形区域内，分布着垂直于纸面向外的匀强磁场、磁感应强度B 大小未知，圆形磁场区域半径为r.一质量为m 、电荷量为q 的带正电的粒子从A 点由静止释放后，在M 点离开电场，并沿半径方向射入磁场区域，然后从N 点射出，O 为圆心，∠MON ＝120°，粒子重力可忽略不计．图3－8－4(1)求粒子经电场加速后，进入磁场时速度的大小；(2)求匀强磁场的磁感应强度B 的大小及粒子从A 点出发到从N 点离开磁场所经历的时间； (3)若粒子在离开磁场前某时刻，磁感应强度方向不变，大小突然变为B′，此后粒子恰好被束缚在磁场中，则B′的最小值为多少？解析 (1)设粒子经电场加速后的速度为v ，根据动能定理有EqL ＝12mv 2解得：v ＝2qELm(2)粒子在磁场中完成了如图所示的部分圆运动，设其半径为R ，因洛伦兹力提供向心力，所以有qvB ＝mv2R由几何关系得rR＝tan 30°所以B ＝2mEL3qr2 设粒子在电场中加速的时间为t 1，在磁场中偏转的时间为t 2.粒子在电场中运动的时间t 1＝2L a＝2mLqE粒子在磁场中做匀速圆周运动，其周期为 T ＝2πR v ＝2πm qB由于∠MON ＝120°， 所以∠MO′N＝60°故粒子在磁场中运动时间t 2＝16T ＝πm 3qB所以粒子从A 点出发到从N 点离开磁场所经历的时间： t ＝t 1＋t 2＝2mLqE＋πr m 6qEL(3)如图所示，当粒子运动到轨迹与OO′连线交点处改变磁场大小时，粒子运动的半径最大，即B′对应最小值由几何关系得此时最大半径有R m ＝R －r2所以B′＝(3＋1)2mEL qr2 答案 (1)2qELm (2)2mLqE＋πr m 6qEL(3)(3＋1)2mEL qr2带电粒子在组合场中的运动问题，一般都是单物体多过程问题，求解策略是“各个击破”：(1)先分析带电粒子在每个场中的受力情况和运动情况，抓住联系相邻两个场的纽带——速度(一般是后场的入射速度等于前场的出射速度)，(2)然后利用带电粒子在电场中往往做类平抛运动或直线运动，在磁场中做匀速圆周运动的规律求解．。

能力提升带电粒子在组合场中的运动带电粒子在组合场中的运动问题，关键是要按顺序对题目给出的运动过程进行分段分析，把复杂问题分解成一个一个简单、熟悉的问题来求解，对于由几个阶段共同组成的运动还应注意衔接处的运动状态.解决带电粒子在组合场中运动问题的思路方法是:例1 (2014²镇江模拟)如图所示，aa'、bb'、cc'、dd'为区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的竖直边界，三个区域的宽度相同，长度足够大，区域Ⅰ、Ⅲ内分别存在垂直纸面向外和向里的匀强磁场，区域Ⅱ存在竖直向下的匀强电场.一群速率不同的带正电的某种粒子，从边界aa'上的O 处，沿着与Oa 成30°角的方向射入Ⅰ区，速率小于某一值的粒子在Ⅰ区内运动时间均为t 0;速率为v 0的粒子在Ⅰ区运动后进入Ⅱ区.已知Ⅰ区的磁感应强度大小为B ，Ⅱ区的电场强度大小为2Bv 0，不计粒子重力.求:(1) 该种粒子的比荷qm .(2) 区域Ⅰ的宽度d.(3) 速率为v 0的粒子在Ⅱ区内运动的初、末位置间的电势差U.(4) 要使速率为v 0的粒子进入Ⅲ区后能返回到Ⅰ区，则Ⅲ区的磁感应强度B'的大小范围应为多少?思维轨迹:(1) 速率小于某一值的粒子在Ⅰ区内运动时间均为t 0→粒子从aa'上的O 点进入 磁场后再从aa'离开磁场→作出粒子在区域Ⅰ中运动的轨迹，找出圆心角→根据t=0360²2πm qB 求出比荷(2) 速率为v 0的粒子在Ⅰ区运动05t 后进入Ⅱ区→得出粒子在Ⅰ区运动的圆心角→作出粒子在区域Ⅰ中运动的轨迹→由几何知识求解区域Ⅰ的宽度d(3) 速率为v 0的粒子在Ⅱ区做类平抛运动→用运动合成与分解的知识求出侧向位移或沿电场方向的分速度→应用公式U=Ed 或动能定理求出电势差(4) 作出粒子进入Ⅲ区后运动轨迹与dd'相切的临界情形→应用几何知识求出圆弧半径→根据洛伦兹力提供向心力求出B'的临界值解析:(1) 速率小于某一值的粒子在区域Ⅰ中运动时间均为t 0，这些粒子不能从bb'离开区域Ⅰ，其轨迹如图甲所示(图中只画出某一速率粒子的轨迹).粒子运动轨迹的圆心角为φ1=300°.t 0=00300360T=56T.由牛顿第二定律得qvB=2mv R .T=2πR v .得粒子的比荷qm =05π3t B .(2) 设速率为v 0的粒子在区域Ⅰ内运动轨迹所对的圆心角为φ2，φ2=15φ1=60°.由几何知识可知，此粒子穿出bb'时速度方向与bb'垂直，其轨迹如图乙所示，设轨迹半径为R 0，d=R 0sin φ2.又R 0=0mv qB .区域Ⅰ的宽度d=003310πv t .(3) 设速率为v 0的粒子离开区域Ⅱ时的速度大小为v 1，方向与边界cc'的夹角为φ3.在区域Ⅱ内，水平方向有d=v 0t ，竖直方向有v y =at.a=qE m =02qBv m .tan φ3=0yv v .解得v y =3v 0. v 1=2v 0，φ3=30°.由动能定理得qU=12m 21v -12m 20v.解得U=200910πt Bv .(4) 速率为v 0的粒子在区域Ⅲ内做圆周运动，当Ⅲ区内的磁感应强度为B 1时，粒子恰好不能从区域Ⅲ的边界dd'飞出，设其轨迹半径为r ，则r(1+cos φ3)=d.r=11mv qB ，解得B 1=4363+ B.所以，粒子能返回Ⅰ区，B'的大小范围为B'≥4363+ B.答案:(1) 05π3t B (2) 003310πv t (3) 200910πt Bv(4) B'≥4363+ B变式训练1 (2014²南通一模)如图所示，在xOy 平面内，y 轴与MN 边界之间有沿x 轴负方向的匀强电场，y 轴左侧和MN 边界右侧的空间有垂直纸面向里、磁感应强度大小相等的匀强磁场，MN 边界与y 轴平行且间距保持不变.一质量为m 、电荷量为-q 的粒子以速度v 0从坐标原点O 沿x 轴负方向射入磁场，每次经过磁场的时间均为t 0，不计粒子重力.(1) 求磁感应强度B 的大小.(2) 若t=5t 0时粒子回到原点O ，求电场区域的宽度d 和此时的电场强度E 0. (3) 若带电粒子能够回到原点O ，则电场强度E 应满足什么条件?解析:(1) 粒子在磁场中做圆周运动的周期T=2πmqB .粒子每次经过磁场的时间为半个周期，则T=2t 0.解得B=0πmqt .(2) 粒子t=5t 0时回到原点，轨迹如图所示，由几何关系有r 2=2r 1. 由向心力公式有qBv0=21mvr.qBv2=222mvr.电场宽度d=022v v+t，解得d=32vt.又v2=v+qEm t，解得E0=0 mv qt.(3) 如图所示，由几何关系可知，要使粒子经过原点，则应满足n(2r2'-2r1)=2r1(n=1，2，3，…).由向心力公式有qBv2'=222''mvr.解得v2'=1nn+v.根据动能定理有qEd=12mv 22'-12m 20v .解得E=20(21)3n mv n qt +(n=1，2，3，…). 答案:(1) 0πm qt (2) 0032v t 00mv qt (3) E=20(21)3n mv n qt +(n=1，2，3，…) 变式训练2 (2014²全国)如图所示，在第一象限存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面(xOy 平面)向外;在第四象限存在匀强电场，方向沿x 轴负方向.在y 轴正半轴上的某点以与x 轴平行、大小为v 0的速度向第一象限发射出一带正电的粒子，该粒子在(d ，0)点沿垂直于x 轴的方向进入电场.不计粒子重力.若该粒子离开电场时速度方向与y 轴负方向的夹角为θ，求:(1) 电场强度大小与磁感应强度大小的比值. (2) 该粒子在电场中的运动时间.解析: (1) 如图所示，粒子进入磁场后做匀速圆周运动.设磁感应强度的大小为B ，粒子质量与所带电荷量分别为m 和q ，圆周运动的半径为R 0.由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得qv 0B=m 20v R.由题给条件和几何关系可知R 0=d.设电场强度大小为E ，粒子进入电场后沿x 轴负方向的加速度大小为a x ，在电场中运动的时间为t ，离开电场时沿x 轴负方向的速度大小为v x .由牛顿运动定律及运动学公式得Eq=ma x ，v x =at ，2xv t=d.由于粒子在电场中做类平抛运动，有tan θ=0xv v .联立上式得E B =12v 0tan 2 θ.(2) 联立2xv t=d 和tan θ=0x v v 得t=02tan d v θ. 答案: (1) 12v 0tan 2θ (2) 02tan d v θ带电粒子在复合场中的运动带电粒子在复合场中运动的分析方法:例2 (2014²南师附中)如图甲所示的竖直平面内，存在范围足够大的匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度为B ，方向垂直纸面向外，电场强度大小为E ，方向竖直向下，另有一个质量为m 、带电荷量为q(q>0)的小球，设B 、E 、q 、m 、θ和g 为已知量(考虑重力).(1) 若小球射入此复合场恰好做匀速直线运动，求速度v 1的大小和方向. (2) 若直角坐标系第一象限固定放置一个光滑的绝缘斜面，其倾角为θ，如图乙所示，设斜面足够长，从斜面的最高点A 由静止释放小球，求小球滑离斜面时的速度v 的大小以及在斜面上运动的时间t.(3) 在(2)问基础上，重新调整小球释放的位置，使小球到达斜面底端O 恰好对斜面的压力为零，小球离开斜面后的运动是比较复杂的摆线运动，可以看做一个匀速直线运动和一个匀速圆周运动的叠加，求小球离开斜面后的运动过程中速度的最大值v m 及所在位置的坐标.思维轨迹:(1) 抓住小球所受重力、电场力和洛伦兹力平衡，求出小球的速度大小和方向;(2) 小球未离开斜面时，受重力、支持力、电场力、洛伦兹力，在沿斜面方向上的合力不变，做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求解加速度，根据运动学公式求解时间;(3) 将小球的速度分解为水平向左的速度v 1和另一个分速度v 2，则一个分运动是速度为v 1的匀速直线运动，另一个分运动是速率为v 2的匀速圆周运动，实际运动是两个分运动的合运动.解析:(1) 小球的重力向下，电场力向下，则洛伦兹力方向向上，根据左手定则知，小球的速度方向水平向左，根据共点力平衡得mg+qE=qv 1B ，解得v 1=mg qE qB .(2) 当小球所受的支持力为零时，小球脱离斜面， 有qvB=(mg+qE)cos θ.解得v=()cos mg qE qB θ+.未离开斜面时，受重力、支持力、电场力、洛伦兹力，在沿斜面方向上的合力不变，做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得a=()sin mg qE m θ+.则在斜面上运动的时间t=v a =cot m qB θ.(3) 将小球的速度分解为水平向左速度v 1和另一个分速度v 2，则一个分运动是速度为v 1的匀速直线运动，另一个分运动是速度为v 2的匀速圆周运动.根据平行四边形定则，结合余弦定理，有v 2=2211-2cos v v v v θ+=mg qEqB +²sin θ.对于匀速圆周运动的分运动，是顺时针的圆周运动，轨道半径为R=2mv qB . 周期为T=2πmqB .小球每次到达圆周运动的最低点时，两个分速度同向，合速度最大，为v m =v 1+v 2.解得v m =mg qE qB ++mg qEqB +²sin θ=()(1sin )mg qE qB θ++.小球从离开斜面到第一次到达最低点过程，转过的角度为θ+π2，故竖直分位移为y 1=-(Rsin θ+R)=-2mvqB(1+sin θ)=-22()(1sin)sinmg qE mq Bθθ++.经过的时间为t 1=π22πθ+²2πmqB=π2mqBθ⎛⎫+⎪⎝⎭.故合运动的水平分位移为x n =-[Rcos θ+v1(t1+nT)].x n =-22π()sin cos2π2mg qE m nq Bθθθ⎛⎫++++⎪⎝⎭(n=0，1，2，…).竖直分位移为y n =y1=-22()(1sin)sinmg qE mq Bθθ++(n=0，1，2，…).答案:(1) mg qEqB+，方向水平向左(2) ()cosmg qEqBθ+cotmqBθ(3) vm =()(1sin) mg qEqBθ++y n =-22()(1sin)sinmg qE mq Bθθ++(n=0，1，2，…)x n =-22π()sin cos2π2mg qE m nq Bθθθ⎛⎫++++⎪⎝⎭(n=0，1，2，…)变式训练3(2014²重庆)如图所示，在无限长的竖直边界NS和MT间充满匀强电场，且该区域上、下部分的磁场方向分别为垂直于NSTM平面向外和向内，磁感应强度大小分别为B和2B，KL为上下磁场的水平分界线，在NS和MT的边界上，距KL高h 处分别有P、Q两点，NS和MT间距为1.8h.现有一质量为m、带电荷量为+q的粒子从P点垂直于NS边界射入该区域，在两边界之间做圆周运动，重力加速度为g.(1) 求电场强度的大小和方向.(2) 要使粒子不从NS边界飞出，求粒子入射速度的最小值.(3) 若粒子能经过Q点从MT边界飞出，求粒子入射速度的所有可能值.解析: (1) 设电场强度大小为E，由题意可知mg=qE，得E=mgq，方向竖直向上.(2) 如图甲所示，设粒子不从NS边飞出的入射速度最小值为vmin，对应的粒子在上、下区域的运动半径分别为r1和r2，两圆心的连线与NS的夹角为φ.由r=mvqB，有r1=minmvqB，r2=12r1.由(r1+r2)sin φ=r2，r1+r1cos φ=h，解得vmin =(9-62)qBhm.甲乙(3) 如图乙所示，设粒子入射速度为v，粒子在上、下两区域的运动半径分别为r 1和r2，粒子第一次通过KL时距离K点为x.由题意知3nx=1.8h(n=1，2，3，…).32x≥r2=(9-62)2h.x=2211-(-)r h r.得r1=20.3612hn⎛⎫+⎪⎝⎭，解得n<3.5.即n=1时，v=0.68qBhm;n=2时，v=0.545qBhm;n=3时，v=0.52qBhm.答案: (1)mgq方向竖直向上(2)(9-62)qBhm(3) 可能的速度有三个为0.68qBhm、0.545qBhm、0.52qBhm带电粒子在周期性变化的电磁场中运动的问题解决这类问题首先要注意交变电场和交变磁场的特点，弄清在各个过程中受到哪些力的作用，带电粒子在周期性变化的电场或磁场中处于何种状态、做什么运动，确定带电粒子的运动过程，然后选择物理原理和规律按运动过程列式求解.解题步骤如下:例3 (2014²海安中学)如图所示，在xOy 平面内存在均匀、大小随时间周期性变化的磁场和电场，变化规律分别如图乙、丙所示(规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向、沿y 轴正方向的电场强度为正).在t=0时刻由原点O 发射初速度大小为v 0，方向沿y 轴正方向的带负电粒子.已知v 0、t 0、B 0，粒子的比荷为00πB t ，不计粒子的重力.求:(1) 当t=t 0时，求粒子的位置坐标.(2) 若t=5t 0时粒子回到原点，求0~5t 0时间内粒子距x 轴的最大距离. (3) 若粒子能够回到原点，求满足条件的所有E 0值. 思维轨迹:解析:(1) 由粒子的比荷qm =00πB t ，则粒子做圆周运动的周期T=2πm Bq =2t 0. 则在0~t 0内转过的圆心角α=π.由牛顿第二定律qv 0B=m 201v r ，得r 1=00πv t ，位置坐标002,0πv t ⎛⎫ ⎪⎝⎭. (2) 粒子在t=5t 0时回到原点，轨迹如图所示，r 2=2r 1，r 1=00mv B q ，r 2=20mv B q ，得v 2=2v 0.又qm =00πB t ，r 2=002πv t .粒子在t 0~2t 0时间内做匀加速直线运动， 2t 0~3t 0时间内做匀速圆周运动，则在5t 0时间内粒子距x 轴的最大距离h m =0022v v +t 0+r 2=322π⎛⎫+ ⎪⎝⎭v 0t 0.(3) 如图所示，设带电粒子在x 轴上方做圆周运动的轨道半径为r 1，在x 轴下方做圆周运动的轨道半径为r 2，由几何关系可知，要使粒子经过原点，则必须满足 n(2r 2-2r 1)=2r 1(n=1，2，3，…).r 1=00mv B q ，r 2'=0mv B q ，联立以上方程解得v=1n n +v 0. 又由于v=v 0+00E qt m ，得E 0=00πv B n (n=1，2，3，…).答案:(1) 002,0πv t ⎛⎫ ⎪⎝⎭ (2) 322π⎛⎫+ ⎪⎝⎭v 0t 0 (3) E 0=00πv B n (n=1，2，3，…)变式训练4 (2014²江都中学)如图甲所示，在光滑绝缘的水平桌面上建立xOy 坐标系，平面处在周期性变化的电场和磁场中，电场和磁场的变化规律如图乙所示(规定沿+y 方向为电场强度的正方向，竖直向下为磁感应强度的正方向).在t=0时刻，一质量为10 g 、电荷量为0.1 C 的带电金属小球自坐标原点O 处以v 0=2 m/s 的速度沿x 轴正方向射出.已知E 0=0.2 N/C ，B 0=0.2πT.求:(1) t=1 s 末金属小球的速度大小和方向.(2) 1~2 s 内，金属小球在磁场中做圆周运动的半径和周期. (3) 0~6 s 内金属小球运动至离x 轴最远点的位置坐标.解析:(1) 在0~1 s 内，金属小球在电场力作用下，在x 轴方向上做匀速运动v x =v 0.y 轴方向上做匀加速运动v y =0qE m t 1.1 s 末金属小球的速度v 1=22x yv v =22 m/s.设v 1与x 轴正方向的夹角为α，则tan α=yx v v ，α=45°.(2) 在1~2 s 内，金属小球在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律有qv 1B 0=211mv R ，得R 1=10mv qB =2π m.金属小球做圆周运动的周期T=02πmqB =1 s.(3) 金属小球的运动轨迹如图所示.5 s 末金属小球的坐标为x=v 0t=6 m ，y=22at =9 m. 此时金属小球沿y 轴方向的速度v y =0qE tm =6 m/s.合速度大小为v=220yv v +=210 m/s.第6 s 内金属小球做圆周运动的半径r=0mv qB =10π m.带电金属小球在第6 s 内做圆周运动的轨迹如图所示.其中sin θ=yv v =6210，cos θ=110.第6 s 内金属小球运动至离x 轴最远点的坐标为X=x-rsin θ=36-π⎛⎫ ⎪⎝⎭m ，Y=y+r(1+cos θ)=1019π⎛⎫++ ⎪ ⎪⎝⎭m. 答案:(1) 22 m/s 与x 轴正方向成45°角(2) R1=2π m T=1 s (3) 最远点的坐标为31016-,9ππ⎛⎫++⎪⎪⎝⎭带电粒子在复合场中的实际应用无论是速度选择器、回旋加速器，还是质谱仪、电磁流量计，其实质都是带电粒子在电磁场中的应用实例，解决这类问题思路主要有:(1) 力和运动的关系.根据带电体所受的力，运用牛顿第二定律并结合运动学规律求解.(2) 功能关系.根据场力以及其他外力对带电粒子做功引起的能量变化或全过程中的功能关系解决问题.这条线索不但适用于均匀场，也适用于非均匀场.例4 (2014²海门中学)回旋加速器是用来加速带电粒子的装置，图中为回旋加速器的示意图.D1、D2是两个中空的铝制半圆形金属扁平盒，在两个D形盒正中间开有一条狭缝，两个D形盒接在高频交流电源上.在D1盒中心A处有一粒子源，产生的带正电粒子在两盒之间被电场加速后进入D2盒中.两个D形盒处于与盒面垂直的匀强磁场中，带电粒子在磁场力的作用下做匀速圆周运动，经过半个圆周后，再次到达两盒间的狭缝，控制交流电源的电压周期，保证带电粒子每经过狭缝时都可以被加速.如此，粒子在做圆周运动的过程中一次一次地经过狭缝，一次一次地被加速，速度越来越大，运动半径也越来越大，最后到达D形盒的边缘，沿切线方向以最大速度被导出.已知带电粒子的电荷量为q，质量为m，加速瞬间狭缝间电压大小恒为U，磁场的磁感应强度为B，D形盒的半径为R，狭缝之间的距离为d.设粒子源产生的带电粒子初速度为零，不计粒子的重力.求:(1) 带电粒子能达到的最大动能Ek.(2) 带电粒子在D2盒中第n个半圆的半径.(3) 若带电粒子束从回旋加速器输出时形成的等效电流为I，求从回旋加速器输出的带电粒子的平均功率P.思维轨迹:解析:(1) 带电粒子在D 形盒内做圆周运动，轨道半径达到最大时被引出，此时带电粒子具有最大动能E k ，设粒子从D 形盒边缘离开时的最大速度为v m .依据牛顿第二定律Bqv m =m 2mv R .所以带电粒子能达到的最大动能E k =12m 2m v =2222q B R m .(2) 带电粒子在D 2盒中第n 个半圆是带电粒子经过窄缝被加速(2n-1)次后的运动轨道，设其被加速(2n-1)次后的速度为v n ，由动能定理得 (2n-1)qU=12m 2n v .此后带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，半径为r n ，由牛顿第二定律得Bqv n =m 2nn v r ，则r n =n mv Bq =12(2-1)n mUB q .(3) 设在时间t 内离开加速器的带电粒子数为N ，则正离子束从回旋加速器输出时形成的等效电流I=Nqt ，解得N=Itq .带电粒子从回旋加速器输出时的平均功率P =k ·N E t =222qIB R m .答案:(1) 2222q B R m (2) 12(2-1)n mU B q (3) 222qIB R m变式训练5 (2014²淮安调研)质谱仪是一种分析同位素的重要工具，它的构造原理如图所示.离子源S 产生质量为m 、电荷量为q 的钾离子，离子出来时速度很小，可视为零.当离子经过电势差为U 的电场加速后，沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B 的匀强磁场，经半圆周到达照相底片上的P 点.(1) 求粒子进入磁场时的速度v 0. (2) 求P 点到入口S 1的距离x.(3) 在实验过程中由于仪器不完善，加速电压在平均值U 附近变化的范围为±ΔU ，求需要以多大的相对精确度ΔUU 来维持加速电压值，才能使同位素钾39、钾41在照相底片上不发生覆盖.解析:(1) 电场加速qU=12m 20v -0，解得速度v0=2qUm.(2) 磁场偏转qv0B=2mvR，轨道半径R=mvqB.P点到S1的距离x=2R=28mUqB.(3) 设钾39、钾41的质量分别为m1、m2，根据(2)问轨道半径R=0 mvqB得钾39在磁场中的最大半径R1max =122(Δ)m U UqB+.钾41在磁场中的最小半径R2min =222(-Δ)m U UqB.由题意知R1max <R2min，即m1(U+ΔU)<m2(U-ΔU).ΔU U<2121-m mm m+=2.5%.答案:(1) 2qUm (2)。

课时作业9 带电粒子在复合场中的运动时间：45分钟一、单项选择题1.如图所示，在平行线MN、PQ之间存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面的磁场(未画出)，磁场的磁感应强度从左到右逐渐增大．一带电微粒进入该区域时，由于受到空气阻力作用，恰好能沿水平直线OO′通过该区域．带电微粒所受的重力忽略不计，运动过程带电量不变．下列判断正确的是( )A．微粒从左到右运动，磁场方向向里B．微粒从左到右运动，磁场方向向外C．微粒从右到左运动，磁场方向向里D．微粒从右到左运动，磁场方向向外解析：由微粒恰好能沿水平直线OO′通过该区域说明洛伦兹力qvB与电场力qE平衡，微粒受到空气阻力作用，速度逐渐减小，沿运动方向磁场的磁感应强度必须逐渐增大．因此微粒从左到右运动；磁场方向向外，选项B正确．答案：B2.如图所示，一电子束垂直于电场线与磁感应线方向入射后偏向A极板，为了使电子束沿射入方向做直线运动，可采用的方法是( )A ．将变阻器滑动头P 向右滑动B ．将变阻器滑动头P 向左滑动C ．将极板间距离适当减小D ．将极板间距离适当增大解析：电子入射极板后，偏向A 板，说明Eq >Bvq ，由E ＝Ud可知，减小场强E 的方法有增大板间距离和减小板间电压，故C 错误，D 正确；而移动滑动头P 并不能改变板间电压，故A 、B 均错误．答案：D 3.如图所示，两导体板水平放置，两板间电势差为U ，带电粒子以某一初速度v 0沿平行于两板的方向从两板正中间射入，穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场，则粒子射入磁场和射出磁场的M 、N 两点间的距离d 随着U 和v 0的变化情况为( )A ．d 随v 0增大而增大，d 与U 无关B ．d 随v 0增大而增大，d 随U 增大而增大C ．d 随U 增大而增大，d 与v 0无关D ．d 随v 0增大而增大，d 随U 增大而减小解析：设粒子从M 点进入磁场时的速度大小为v ，该速度与水平方向的夹角为θ，故有v ＝v 0cos θ.粒子在磁场中做匀速圆周运动半径为r ＝mv qB.而MN 之间的距离为d ＝2r cos θ.联立解得d ＝2mv 0qB，故选项A 正确． 答案：A 4.如图所示，一带电塑料小球质量为m ，用丝线悬挂于O 点，并在竖直平面内摆动，最大摆角为60°，水平磁场垂直于小球摆动的平面．当小球自左方摆到最低点时，悬线上的张力恰为零，则小球自右方最大摆角处摆到最低点时悬线上的张力为( )A ．0B ．2mgC ．4mgD ．6mg解析：设小球自左方摆到最低点时速度为v ，则12mv 2＝mgL (1－cos60°)，此时qvB －mg＝m v 2L ，当小球自右方摆到最低点时，v 大小不变，洛伦兹力方向发生变化，T －mg －qvB ＝m v 2L，得T ＝4mg ，故C 正确．答案：C5．如下图所示，真空中存在着下列四种有界的匀强电场E 和匀强磁场B 区域，一带正电的小球(电荷量为＋q ，质量为m )从该复合场边界上方的某一高度由静止开始下落．那么小球可能沿直线通过下列哪种复合场区域( )解析：对带正电的小球进行受力分析可知，只有在选项B 所示的复合场区域其所受洛伦兹力、重力、电场力可以平衡，故B 正确．答案：B 二、多项选择题 6.利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域．如图是霍尔元件的工作原理示意图，磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下，通入图示方向的电流I，C、D两侧面会形成电势差U CD，下列说法中正确的是( )A．电势差U CD仅与材料有关B．若霍尔元件的载流子是自由电子，则电势差U CD<0C．仅增大磁感应强度时，电势差U CD变大D．在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持水平解析：电势差U CD与磁感应强度B、材料有关，选项A错误；若霍尔元件的载流子是自由电子，由左手定则可知，电子向C侧面偏转，则电势差U CD<0，选项B正确；仅增大磁感应强度时，电势差U CD变大，选项C正确；在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持竖直且东西放置，选项D错误．答案：BC7.如图所示为一个质量为m、电荷量为＋q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中，不计空气阻力，现给圆环向右的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的速度图象可能是下图中的( )解析：带电圆环在磁场中受到向上的洛伦兹力，当重力与洛伦兹力相等时，圆环将做匀速直线运动，A 正确．当洛伦兹力大于重力时，圆环受到摩擦力的作用，并且随着速度的减小而减小，圆环将做加速度减小的减速运动，最后做匀速直线运动，D 正确．如果重力大于洛伦兹力，圆环也受摩擦力作用，且摩擦力越来越大，圆环将做加速度增大的减速运动，故B 、C 错误．答案：AD8．如下图所示，一个带正电荷的物块m ，由静止开始从斜面上A 点下滑，滑到水平面BC 上的D 点停下来．已知物块与斜面及水平面间的动摩擦因数相同，且不计物块经过B 处时的机械能损失．先在ABC 所在空间加竖直向下的匀强电场，第二次让物块m 从A 点由静止开始下滑，结果物块在水平面上的D ′点停下来．后又撤去电场，在ABC 所在空间加水平向里的匀强磁场，再次让物块m 从A 点由静止开始下滑，结果物块沿斜面滑下并在水平面上的D ″点停下来．则以下说法中正确的是( )A ．D ′点一定在D 点左侧B ．D ′点一定与D 点重合C ．D ″点一定在D 点右侧D ．D ″点一定与D 点重合解析：仅在重力场中时，物块由A 点至D 点的过程中，由动能定理得mgh －μmg cos αs 1－μmgs 2＝0，即h －μcos αs 1－μs 2＝0，由题意知A 点距水平面的高度h 、物块与斜面及水平面间的动摩擦因数μ，斜面倾角α、斜面长度s 1为定值，所以s 2与重力的大小无关，而在ABC 所在空间加竖直向下的匀强电场后，相当于把重力增大了，s 2不变，D ′点一定与D 点重合，B 正确；在ABC 所在空间加水平向里的匀强磁场后，洛伦兹力垂直于接触面向上，正压力变小，摩擦力变小，重力做的功不变，所以D ″点一定在D 点右侧，C 正确．答案：BC 三、计算题9．如图所示，在xOy 平面内的第Ⅲ象限中有沿－y 方向的匀强电场，场强大小为E .在第Ⅰ和第Ⅱ象限有匀强磁场，磁场方向垂直于坐标平面向里，有一个质量为m ，电荷量为e 的电子，从y 轴的P 点以初速度v 0垂直于电场方向进入电场，P 点坐标为⎝⎛⎭⎪⎫0，－mv 202Ee ，经电场偏转后，与x 轴负半轴成一定角度进入磁场，设磁感应强度B 的大小为4E3v 0.求：(1)电子经过x 轴负半轴的坐标和此时速度方向与－x 轴方向的夹角； (2)电子再次经过y 轴负半轴的坐标．解析：(1)电子在电场中做类平抛运动，加速度为a ＝Ee m 令y 0＝mv 202Ee，则时间为t ＝2y 0a电子经过x 轴负半轴的坐标x ＝－v 0t ＝－v 02y 0a ＝－mv 20Ee＝－2y 0 由tan θ＝v y v x ＝atv 0＝1， 得θ＝45°故速度方向与－x 轴方向成45°角．(2)电子进入磁场速度应为2v 0，进入磁场时方向与x 轴负方向成45°，进入磁场所做圆周运动半径R ＝2mv 0Be ＝2mv 04E 3v 0e ＝32mv 204Ee ＝322y 0由几何关系可知轨迹与x 轴两交点间距离为AB ＝2R ＝3y 0，OB ＝AB －OA ＝3y 0－2y 0＝y 0电子接着从B 点做匀速直线运动，由对称性知与x 轴负方向成45°，故再次经过y 轴的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫0，－mv 202Ee ，即与P 点重合． 10.如图所示，在足够大的空间范围内，同时存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，电场强度为E ，磁感应强度为B .足够长的光滑绝缘斜面固定在水平面上，斜面倾角为30°.有一带电的小球P 静止于斜面顶端且小球P 对斜面无压力．若给小球P 一瞬时速度，使其获得水平方向的初速度向右抛出，同时另有一不带电的小球Q 从斜面顶端同一位置由静止开始沿斜面滑下(P 、Q 均可视为质点)，P 、Q 两球运动轨迹在同一竖直平面内．一段时间后，小球P 恰好与斜面上的小球Q 相遇，且相遇时小球P 的速度方向与其水平初速度方向的夹角为60°.已知重力加速度为g ，求：(1)带电小球的比荷q m为多少； (2)P 、Q 相遇所需的时间；(3)物体P 在斜面顶端所获得的初速度的大小． 解析：(1)P 静止时对斜面无压力，则qE ＝mg 所以q m ＝g E①(2)设P 做匀速圆周运动的速度为v 0，圆心为O ，半径为R ，周期为T ，则qv 0B ＝mv 2R ②T ＝2πR v 0＝2πmqB由题意和几何知识可知∠O ＝60°所以P 、Q 相遇所需的时间t ＝T 6＝πE3gB③(3)在t 内，设Q 做匀加速运动的加速度为a ，位移为x ，则a ＝mg sin θm ＝12g ④x ＝12at 2⑤由几何关系可得R ＝x ⑥ 由①～⑥解得v 0＝π2E 36B答案：(1)g E (2)πE 3gB (3)π2E36B11．有人设计了一种带电颗粒的速率分选装置，其原理如图所示．两带电金属板间有匀强电场，方向竖直向上，其中PQNM 矩形区域内还有方向垂直纸面向外的匀强磁场．一束比荷(电荷量与质量之比)均为1k的带正电颗粒，以不同的速率沿着磁场区域的水平中心线O ′O 进入两金属板之间，其中速率为v 0的颗粒刚好从Q 点处离开磁场，然后做匀速直线运动到达收集板．重力加速度为g ，PQ ＝3d ，NQ ＝2d ，收集板与NQ 的距离为l ，不计颗粒间相互作用．求(1)电场强度E 的大小； (2)磁感应强度B 的大小；(3)速率为λv 0(λ>1)的颗粒打在收集板上的位置到O 点的距离．解析：本题考查复合场中带电颗粒的运动规律，意在考查考生对电场力、洛伦兹力的特点掌握和带电颗粒在复合场中的轨迹和受力情况判断．(1)设带电颗粒的电荷量为q ，质量为m .有Eq ＝mg将q m ＝1k代入，得E ＝kg (2)如图，有qv 0B ＝m v 20R R 2＝(3d )2＋(R －d )2 得B ＝kv 05d(3)如图所示，有qλv0B＝m λv02R 1tanθ＝3dR21－d2y 1＝R1－R21－d2y2＝l tanθy＝y1＋y2得y＝d(5λ－25λ2－9)＋3l25λ2－9。

专题提升IV 带电粒子在组合场中的运动y/cm .,XX ：XX :I : n :XX;X X :磁场踊合加闷XX ：O AC x/cmXX ；XX :模块一知识掌握知识点一 带电粒子在组合场中的运动电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，或者电场、磁场分时间段在同一区域或不同区域交替 出现.【重难诠释】1.解决带电粒子在组合场中的运动所需知识带电粒子在组合场中的运动匀强电场中匀强磁场中初速度为 与电场线 平行匀变速解直线运动牛顿运动定律、运动学公式初速度“0与磁感线 平行初速度与磁感线垂直初速度％与电场线 垂直类平抛 运动解解匀速直线运动解 法匀速圆 周运动圆周运动公式、牛顿运动定律 及几何知识匀速直线运动 公式『运动的合成芬阁• 功能关系「 日平衡条件尸合如动能定理 类型1磁场与磁场的组合^^9[例题1] （2023春•新吴区校级期中）如图所示，在x 轴上方存在方向垂直坐标平面向里、磁感应B强度大小为B 的匀强磁场，在x 轴下方存在方向垂直坐标平面向外、磁感应强度大小为方的匀强磁场。

一带负电的粒子（不计重力）从原点O 以与x 轴正方向成30°角的速度v 射入磁场,其在x 轴上方做圆周运动的半径为R 。

则（ ）A. 粒子经偏转过程一定能回到原点O2nRB . 粒子完成一次周期性运动的时间为二一3vC. 粒子射入磁场后，第二次经过x 轴时与O 点的距离为3RD. 粒子在x 轴上方和下方的磁场中运动的轨迹半径之比为1： 3【解答】解：A 、由左手定则，可以判断带负电粒子在x 轴上方做顺时针方向圆周运动，到达xC.从释放到从PQ边界出磁场，粒子运动的时间为警BqD.带电粒子在磁场中运动时的速度大小为骅2m【解答】解：由题意作出带电粒子的运动轨述如图所示,M NqExaib=^mvl由数学知识可得，从b到c的运动轨迹所对的圆心角为0=60。

，则粒子在c点时速度方向与水平方向间的夹角也为6=60°,从c到d,粒子在电场中做类斜上抛运动，有(vosin6O°)t=xocsin60°at=vocos60°a=^m结合上述分析可得—3B2qLE-4mLXalb=2"故AB正确;C.粒子从ai点释放，到最终从f出磁场，所用的时间t总=3talb+2tbc+tcd+tef得_(77i+1673)mt总=或故C错误;D、粒子从ai到b做匀加速直线运动，从b到c做圆周运动，从c到d做类斜上抛运动，从d到1c做圆周运动，从e到a2再到c做匀变速直线运动，从e到f的运动为］圆周运动，由几何关系可得，粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为边界上的C点飞出，如下图所示，由几何关系可知四边形01A02C为菱形，故有：r=R由牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力：qv.B=^联立代入数据解得：v0=lx103m/s(2)设粒子2在磁场中运动轨迹的圆心为O3,它从D点平行于x轴射出磁场，延长D03与x轴相交于E点，DE垂直于x轴，如下图所示，由三角形相似可得：—Vo X p-X联立以上几式解得：y=-1.5x2+6x(m)(0WxW4m)答：(1)初速度vo的大小为IxWm/s；(2)粒子子2从A点运动到P点所用的时间t为9.9X103；(3)电场的边界线OQP的轨迹方程为y=T.5x2+6x(m)(0WxW4m)。

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高效演练1.如图所示,一束正离子从S点沿水平方向射出,在没有偏转电场、磁场时恰好击中荧光屏上的坐标原点O;若同时加上电场和磁场后,正离子束最后打在荧光屏上坐标系的第Ⅲ象限中,则所加电场E和磁场B的方向可能是(不计离子重力及其间相互作用力)( )A.E向下,B向上B.E向下,B向下C.E向上,B向下D.E向上,B向上【解析】选A。

离子打在第Ⅲ象限,相对于原点O向下运动和向左运动,所以E向下,B向上,故A正确。

2.如图所示的虚线区域内,充满垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场。

一带电粒子A(不计重力)以一定的初速度由左边界的O点射入磁场、电场区域,恰好沿直线由区域右边界的O′点(图中未标出)穿出。

若撤去该区域内的磁场而保留电场不变,另一个同样的粒子B(不计重力)仍以相同初速度由O点射入,从区域右边界穿出,则粒子B( )A.穿出位置一定在O′点下方B.穿出位置一定在O′点上方C.运动时,在电场中的电势能一定减小D.在电场中运动时,动能一定减小【解析】选C。

若粒子B带正电荷,其向下偏转做类平抛运动,穿出位置一定在O点下方,相反,若其带负电荷,其向上偏转做类平抛运动,穿出位置一定在O点上方,选项A、B错误;在电场中运动时,电场力做正功,动能一定增大,电势能一定减小,选项C正确,D错误。

【总结提升】带电粒子在复合场中运动的综合分析这类问题综合了带电粒子在电场和磁场组成的复合场中的匀速直线运动、电场中的类平抛运动、磁场中的匀速圆周运动三个方面。

(1)在电场和磁场组成的复合场中做匀速直线运动时,满足二力平衡,有qE=qvB。

(2)若撤去磁场,带电粒子在电场中做类平抛运动,应用运动的合成与分解的方法分析。

(3)若撤去电场,带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,满足洛伦兹力提供向心力,有qvB=m错误！未找到引用源。

2017届高三物理二轮复习第一篇专题攻略课时巩固过关练九专题四电场和磁场第9讲电场及带电粒子在电场中的运动编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2017届高三物理二轮复习第一篇专题攻略课时巩固过关练九专题四电场和磁场第9讲电场及带电粒子在电场中的运动）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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课时巩固过关练九电场及带电粒子在电场中的运动(60分钟100分)一、选择题(本大题共10小题,每小题5分,共50分。

第1~7题只有一项符合题目要求,第8～10题有多项符合题目要求)1。

（2016·浙江高考)以下说法正确的是（)A。

在静电场中,沿着电场线方向电势逐渐降低B.外力对物体所做的功越多，对应的功率越大C。

电容器电容C与电容器所带电荷量Q成正比D.在超重和失重现象中,地球对物体的实际作用力发生了变化【解析】选A。

在静电场中如果沿着电场线方向移动正电荷，电场力做正功，电势能减少，根据电势的定义式φ=，可知电势降低,如果沿电场线方向移动负电荷,电场力做负功，电势能增加,根据φ=，把-q代入,电势降低,可判断A正确;在时间相同的情况下,外力对物体做功越多，对应的功率越大，B项错误;公式C=是电容器电容的定义式或者说是计算式,不是电容器电容的决定式。

电容器的电容不随电容器所带的电荷量Q和极板间电压U的变化而变化，C 项错误;不管物体处于失重状态还是超重状态,物体本身的重力并没有改变，只是物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力)不等于物体本身的重力，D项错误。

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高效演练1.如图所示,A、B、C、D四点在同一个圆周上,且AC连线与BD连线垂直,A、D和B、C分别关于PQ连线对称,圆周半径为R,P、Q到圆心O的距离都为错误！未找到引用源。

R,现在四点放上相同电量的点电荷,A、D都放正电荷,B、C都放负电荷,结果Q点的场强大小为E1,如果同时拿走A、D两个点电荷,结果P点场强的大小为E2,则每个电荷的带电量为( )A.错误！未找到引用源。

B.错误！未找到引用源。

C.错误！未找到引用源。

D.错误！未找到引用源。

【解析】选C。

根据对称性可知,四个电荷在P点产生的场强大小也为E1,且方向在PQ连线上,根据对称性可知,A、D两个点电荷在Q点产生的场强大小也为E2,且和B、C在Q点产生的场强方向相反,设每个电荷带电量为q,由几何关系可知,B、C到Q的距离等于圆的半径,根据电场叠加有,错误！未找到引用源。

k错误！未找到引用源。

-E2=E1,q=错误！未找到引用源。

,故C项正确。

2.(2014·海南高考)如图,一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连,极板水平放置,极板间距为d;在下极板上叠放一厚度为l的金属板,其上部空间有一带电粒子P 静止在电容器中。

当把金属板从电容器中快速抽出后,粒子P 开始运动。

重力加速度为g 。

粒子运动的加速度为( )d d A.g B.g C.g D.g d d d d ---l l l l l【解题指南】解答此题可按以下思路进行:(1)初始时两极板间距离为d-l ,此时粒子静止,满足二力平衡条件。

(2)金属板抽出后,两极板间距离为d,此时电场强度发生变化,粒子受力不再平衡,满足牛顿第二定律。

【解析】选A 。

带电粒子在电容器两极板间时受到重力和电场力的作用,最初处于静止状态,由二力平衡条件可得:mg=U q d -l;当把金属板从电容器中快速抽出后,电容器两极板间的电压不变,但两极板间的距离发生了变化,引起电场强度发生了变化,从而电场力也发生了变化,粒子受力不再平衡,产生了加速度,根据牛顿第二定律ma=mg-q 错误！未找到引用源。

高中物理二轮复习 专项训练 物理带电粒子在电场中的运动及解析一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动1．在如图甲所示的直角坐标系中，两平行极板MN 垂直于y 轴，N 板在x 轴上且其左端与坐标原点O 重合，极板长度l =0.08m ，板间距离d =0.09m ，两板间加上如图乙所示的周期性变化电压，两板间电场可看作匀强电场．在y 轴上(0，d /2)处有一粒子源，垂直于y 轴连续不断向x 轴正方向发射相同的带正电的粒子，粒子比荷为qm=5×107C ／kg ，速度为v 0=8×105m/s ．t =0时刻射入板间的粒子恰好经N 板右边缘打在x 轴上.不计粒子重力及粒子间的相互作用，求:(1)电压U 0的大小；(2)若沿x 轴水平放置一荧光屏，要使粒子全部打在荧光屏上，求荧光屏的最小长度； (3)若在第四象限加一个与x 轴相切的圆形匀强磁场，半径为r =0.03m ，切点A 的坐标为(0.12m ，0)，磁场的磁感应强度大小B =23T ，方向垂直于坐标平面向里．求粒子出磁场后与x 轴交点坐标的范围．【答案】(1)40 2.1610V U =⨯ (2)0.04m x ∆= (3)0.1425m x ≥【解析】 【分析】 【详解】(1)对于t =0时刻射入极板间的粒子：0l v T = 7110T s -=⨯211()22T y a =2y T v a= 22yT y v = 122dy y =+ Eq ma =U E d=解得：40 2.1610V U =⨯(2)2Tt nT =+时刻射出的粒子打在x 轴上水平位移最大：032A T x v = 所放荧光屏的最小长度A x x l ∆=-即：0.04x m ∆= (3)不同时刻射出极板的粒子沿垂直于极板方向的速度均为v y . 速度偏转角的正切值均为：0tan y v v β=37β=ocos37v v=o 6110m/s v =⨯即：所有的粒子射出极板时速度的大小和方向均相同.2v qvB m R=0.03m R r ==由分析得，如图所示，所有粒子在磁场中运动后发生磁聚焦由磁场中的一点B 离开磁场.由几何关系，恰好经N 板右边缘的粒子经x 轴后沿磁场圆半径方向射入磁场，一定沿磁场圆半径方向射出磁场；从x 轴射出点的横坐标：tan 53C A Rx x ︒=+0.1425m C x =.由几何关系，过A 点的粒子经x 轴后进入磁场由B 点沿x 轴正向运动. 综上所述，粒子经过磁场后第二次打在x 轴上的范围为：0.1425m x ≥2．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2L(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=mgq．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ABPNt 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°= mgEq解得：mg qE =（2）从P 到A 的过程，根据动能定理：mgL+EqL=12mv A 2 解得v A=2gL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 =2gL在D 点时，下壁对球的支持力2022v 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：2323244A rL t v gππ⋅==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：322L 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．3．如图1所示，光滑绝缘斜面的倾角θ=30°，整个空间处在电场中，取沿斜面向上的方向为电场的正方向，电场随时间的变化规律如图2所示．一个质量m=0.2kg ，电量q=1×10－5C 的带正电的滑块被挡板P 挡住，在t=0时刻，撤去挡板P ．重力加速度g=10m/s 2，求：(1)0~4s 内滑块的最大速度为多少? (2)0~4s 内电场力做了多少功? 【答案】（1）20m/s （2）40J 【解析】 【分析】对滑块受力分析，由牛顿运动定律计算加速度计算各速度．【详解】【解】(l)在0~2 s 内，滑块的受力分析如图甲所示，电场力F=qE11sin F mg ma θ-=解得2110/a m s =在2 ---4 s 内，滑块受力分析如图乙所示22sin F mg ma θ+=解得2210/a m s =因此物体在0～2 s 内，以2110/a m s =的加速度加速， 在2～4 s 内，2210/a m s =的加速度减速，即在2s 时，速度最大由1v a t =得，max 20/v m s =(2)物体在0～2s 内与在2～4s 内通过的位移相等．通过的位移max202v x t m == 在0~2 s 内，电场力做正功1160W F x J == - 在2～4 s 内，电场力做负功2220W F x J ==- 电场力做功W=40 J4．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）3EB（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： 23603d d dr sin sin α===︒ 根据200mv qv B r =得0233qBdv m=粒子在第一象限中做类平抛运动，则有21602qE r cos t m -︒=（）； 00y v qEt tan v mv α==联立解得03Ev 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 ， 2y v y t =得0322y v y tan x v α=== 由几何知识可得 y=r-rcosα= 132r d = 则得23x d =所以粒子在第三、四象限圆周运动的半径为125323d d R d sin α⎛⎫+ ⎪⎝⎭==粒子进入第三、四象限运动的速度00432v qBdv 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5．图中是磁聚焦法测比荷的原理图。

专题四 带电粒子在电场、磁场中的运动 提升卷时间：90分钟 满分：95分一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分．在给出的四个选项中，第1～4小题只有一个选项正确，第5～8小题有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．(导学号：92274087)如图所示，半径为R 的圆形有界磁场关于x 轴对称，y 轴刚好与磁场边界相切，在坐标原点处有一粒子源，可以沿x 轴正向连续发射质量为m ，电量为q 的不同速率的正、负电荷，磁场的方向垂直于坐标平面向里，磁感应强度大小为B ，若粒子不能从半圆的直径部分射出，则( )A ．粒子在磁场运动的最大半径可能为12RB ．粒子在磁场中运动的最大速度为qBR 2mC ．粒子在磁场中运动扫过的面积最大可能为(π－1)R 2D ．粒子在磁场中运动的最短时间可能为πm 2qB2．(导学号：92274088)如图所示，半径为R的圆形区域里有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，A、B是磁场边界上两点，AB是圆的直径，在A点有一粒子源，可以在纸面里沿各个方向向磁场里发射质量为m，电量为q，速度大小均为v＝qBR2m的同种带正电的粒子，若某一个粒子在磁场中运动的时间为t＝π R2v，则该粒子从A点射出时，速度与AB间的夹角为()A．30°B．37°C．45°D．53°3．(导学号：92274089)如图所示，一块通电的铜板放在磁场中，板面垂直于磁场，板内通有如图所示方向的电流，a、b是铜板左、右边缘的两点，则() A．电势φa>φbB．电势φb>φaC．电流增大时，|φa－φb|减小D．其他条件不变，将铜板改为NaCl水溶液时，电势结果仍然一样4．(导学号：92274090)如图所示，竖直平面内半径为R的圆O′与xOy坐标系的y轴相切于坐标原点O，在该圆形区域内，可以有与y轴平行向下的匀强电场和垂直于圆面向外的匀强磁场，若只加匀强电场或只加匀强磁场，一个带负电的小球从原点O以一定的初速度沿x轴进入圆形区域，小球均恰好做匀速直线运动，若电场和磁场都撤去，其他条件不变，该带电小球穿过圆形区域的时间恰好为做匀速直线运动穿过圆形区域时间的一半．重力加速度为g，则电场强度与磁感应强度的比值为()A.gR2B．2gR2 C.gR D．2gR5．(导学号：92274091)(2017·江西省名校联盟高三检测)(多选)如图所示是医用回旋加速器示意图，其核心部分是两个D形金属盒，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源两端相连．现分别加速质子(11H)和氘核(21H)．下列说法中正确的是()A．它们的最大速度相同B．质子的最大动能大于氘核的最大动能C．加速质子和氘核所用高频电源的频率相同D．仅增大高频电源的电压不可能增大粒子的最大动能6．(导学号：92274092)(多选)利用霍尔效应原理制造的磁强计可以用来测量磁场的磁感应强度．磁强计的原理如图所示：将一体积为a×b×c的长方体导电材料，放在沿x轴正方向的匀强磁场中，已知材料中单位体积内参与导电的带电粒子数为n，带电粒子的电荷量为q，导电过程中，带电粒子所做的定向移动可认为是匀速运动．当材料中通有沿y轴正方向的电流I时，稳定后材料上下两表面间出现恒定的电势差U(由电压表读出U，即可推出B)．则下面判断正确的是()A．磁感应强度B＝ncqI U B．磁感应强度B＝cqUInC．n越小，磁强计灵敏度越高D．n越小，磁强计灵敏度越低7．(导学号：92274093)如图所示，平行金属板a、b之间的距离为d，a板带正电荷，b板带负电荷，a、b之间还有一垂直于纸面的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度为B1.一不计重力的带电粒子以速度v0射入a、b之间，恰能在两金属板之间匀速向下运动，并进入PQ下方的匀强磁场中，PQ下方的匀强磁场的磁感应强度为B2，方向如图所示．已知带电粒子的比荷为c，则()A．带电粒子在a、b之间运动时，受到的电场力水平向右B．平行金属板a、b之间的电压为U＝d v0B1C．带电粒子进入PQ下方的磁场之后，向左偏转D．带电粒子在PQ下方磁场中做圆周运动的半径为v0 cB28．(导学号：92274094)如图所示，竖直边界PQ左侧有垂直纸面向里的匀强磁场，右侧有竖直向下的匀强电场，场强大小为E，C为边界上的一点，A与C 在同一水平线上且相距为L.两相同的粒子以相同的速率分别从A、C两点同时射出，A点射出的粒子初速度沿AC方向，C点射出的粒子初速度斜向左下方与边界PQ成夹角θ＝π6.A点射出的粒子从电场中运动到边界PQ时，两粒子刚好相遇．若粒子质量为m，电荷量为＋q，重力不计，则()A．粒子初动能为πEqL 12B．匀强磁场的磁感应强度为π3πEm6qLC．相遇点到C点的距离为6L πD．从出发到相遇的时间为6Lm πEq二、非选择题：本题共4小题，共47分．解答应写出必要的文字说明，方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．9．(导学号：92274095)(2017·绵阳质检)(15分)如图所示的平行板之间存在着相互垂直的匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度B1＝0.20 T，方向垂直纸面向里，电场强度E1＝1.0×105 V/m，PQ为板间中线．紧靠平行板右侧边缘的xOy 坐标系的第一象限内有一边界AO，与y轴正方向间的夹角为45°，边界线的上方有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B2＝0.25 T，边界线的下方有水平向右的匀强电场，电场强度E2＝5.0×105 V/m，在x轴上固定一水平的荧光屏．一束电荷量q＝8.0×10－19 C、质量m＝8.0×10－26 kg的带正电粒子从P点射入平行板间，沿中线PQ做直线运动，穿出平行板后从y轴上坐标为(0,0.4 m)的Q点垂直y轴射入磁场区，最后打到水平的荧光屏上的C.(1)求粒子在平行板间运动的速度大小；(2)求粒子打到荧光屏上的位置C的横坐标；(3)现只改变AOy区域内磁场的磁感应强度的大小，使粒子都不能打到x轴上，磁感应强度的大小B′2应满足什么条件？10．(导学号：92274096)(10分)如图所示，在xOy坐标平面的第一象限内存在有场强大小为E、方向竖直向上的匀强电场，第二象限内存在有方向垂直纸面向外的匀强磁场．荧光屏PQ垂直于x轴放置且距y轴的距离为L.一质量为m、带电荷量为＋q的粒子(不计重力)自坐标为(－L,0)的A点以大小为v0、方向沿y轴正方向的速度进入磁场，粒子恰好能够到达原点O而不进入电场．现若使该带电粒子仍从A点进入磁场，但初速度大小为22v0、方向与x轴正方向成45°角，求：(1)带电粒子到达y轴时速度方向与y轴正方向之间的夹角；(2)粒子最终打在荧光屏PQ上的位置坐标．11．(导学号：92274097)(11分)在如图所示的坐标系中，0≤x≤d区域内存在正交的电场和磁场，磁场方向垂直纸面向里(磁感应强度B大小未知)、电场的方向竖直向下(场强E2大小未知)；－d≤x<0区域内存在匀强电场(场强E1大小未知)，电场方向与y轴的负方向间的夹角为45°.现从M(－d,0)点由静止释放一带电小球，小球沿x轴运动，通过原点后在y轴右侧的复合场区域做匀速圆周运动，经过一段时间从复合场右边界上的N点离开，且小球离开时的速度与x轴的正方向的夹角为60°，重力加速度用g表示，带电小球的质量为m、电荷量为q.(1)小球带何种电荷？(2)电场强度E1、E2以及磁感应强度B分别为多大？(3)小球从M运动到N所用的总时间为多少？12．(导学号：92274113)(11分)(2017·湖南长沙市高三统一模拟)如图所示，坐标系xOy在竖直平面内，y轴沿竖直方向，第二、三和四象限有沿水平方向，垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B.第四象限的空间内有沿x轴正方向的匀强电场，场强为E，一个带正电荷的小球从图中x轴上的M点，沿着与水平方向成θ＝30°角斜向下的直线做匀速运动．经过y轴上的N点进入x<0的区域内，在x<0区域内另加一匀强电场E1(图中未画出)，小球进入x<0区域后能在竖直面内做匀速圆周运动．(已知重力加速度为g)(1)求匀强电场E1的大小和方向；(2)若带电小球做圆周运动通过y轴上的P点(P点未标出)，求小球从N点运动到P点所用的时间t；(3)若要使小球从第二象限穿过y轴后能够沿直线运动到M点，可在第一象限加一匀强电场，求此电场强度的最小值E2，并求出这种情况下小球到达M点的速度v M.专题四 带电粒子在电场、磁场中的运动提升卷1．D 粒子不能从半圆的直径部分射出，则半径最大的是轨迹刚好与直径相切，由几何关系可知这时的粒子运动半径为R ，A 项错误；最大半径对应着最大速度，由R ＝m v qB 得v ＝qBR m ，B 项错误；粒子在磁场中运动扫过的面积最大可能为2(14πR 2－12R 2)＝(12π－1)R 2，C 项错误；粒子在磁场中运动的轨道半径越大，运动轨迹所对的圆心角越小，因此最小时间为14T ＝πm 2qB ，D 正确．2．A 粒子在磁场中运动轨迹半径r ＝m v qB ＝R 2，由于粒子在磁场中运动的时间t ＝πR 2v ＝πr v ＝12T ，因此粒子在磁场中运动的轨迹如图，由几何关系可知，AOC 为正三角形，粒子从A 点射出的速度与AB 的夹角为30°，A 项正确．3．B 因金属导电的载流子是自由电子，自由电子的运动方向与电流方向相反，由左手定则判定，自由电子所受洛伦兹力方向向左，因此铜板左侧聚集电子，右侧带正电，形成电场，且φb >φa ；待自由电子所受洛伦兹力与静电力相等，达到稳定状态时，q v B ＝qE ＝q φb －φa d ，I ＝nSq v ，电流增大时，|φa －φb |增大．而将铜板改为NaCl 水溶液导电时，溶液中电离出正、负离子，是正、负离子在导电，正离子运动方向与电流方向一致，负离子运动方向与电流方向相反，因而根据左手定则知正、负离子都向左边偏转，电荷量中和，所以两边无电势差．故选B.4．A 若电场和磁场都撤去，由题意可知小球做平抛运动．由于小球穿过圆形区域的时间恰好做匀速直线运动穿过圆形区域时间的一半，故其水平位移也恰好为做匀速直线运动穿过圆形区域的一半，即为R，即水平方向有R＝v0t，竖直方向有R＝gt22，联立解出v0＝gR2.设电场强度为E，磁感应强度为B，只加匀强电场或只加匀强磁场，小球均恰好做匀速直线运动，则有qE＝mg，q v0B＝mg，解得EB＝gR2，故选项A对．5．BD设质子质量为m，电荷量为q，则氘核质量为2m，电荷量为q，它们的最大速度分别为v1＝BqRm和v2＝BqR2m，选项A错误；质子的最大动能E k1＝B2q2R22m，氘核的最大动能E k2＝B2q2R24m，选项B正确；高频电源的频率与粒子在磁场中的回旋频率相同，即f1＝qB2πm，f2＝qB4πm，所以加速质子和氘核所用高频电源的频率不相同，选项C错误；被加速的粒子的最大动能与高频电源的电压无关，所以仅增大高频电源的电压不可能增大粒子的最大动能，选项D正确．6．AC电势差恒定时，材料中的导电粒子将不再发生偏转，对某个粒子有Ua q＝Bq v，当材料中的电流为I时，有I＝Qt＝nac v tqt＝nac v q，联立可得B＝ncqI U，故选项A正确、B错误；根据B的表达式可知：当B一定时，n越小，则U越大，电压表读数越大，即磁强计灵敏度越高，选项C正确、D错误．7．BD由于不知道带电粒子的电性，故无法确定带电粒子在a、b间运动时受到的电场力的方向，也无法确定带电粒子进入PQ下方的磁场之后向哪偏转，选项A、C错误；粒子在a、b之间做匀速直线运动，有q Ud＝q v0B1，解得平行金属板a、b之间的电压为U＝d v0B1，选项B正确；带电粒子在PQ下方的匀强磁场中做圆周运动，轨道半径为r＝m v0qB2＝v0cB2，选项D正确．8．ABD A点射出的粒子做类平抛运动，经时间t到达边界，L＝v0t、y＝1 2at2、Eq＝ma.C 点射出的粒子在磁场中做匀速圆周运动，R ＝m vqB ，由几何关系：2R sin θ＝y ，粒子在磁场中运动的时间与粒子在电场中运动时间相等．t ＝2θ2πT ＝θπ·2πmqB ，由以上关系解得：v 0＝πEqL 6m ，E k ＝πEqL 12，B ＝π3πEm 6qL ，相遇点距C 点距离y ＝3L π，t ＝6LmπEq .选项A 、B 、D 正确，C 错误．9．解：(1)设粒子的速度大小为v ，粒子沿中线PQ 做直线运动， 则qE 1＝q v B 1 解得v ＝5.0×105 m/s.(2)粒子在磁场中运动时，根据q v B 2＝m v 2r 可得：运动半径r ＝0.2 m 作出粒子的运动轨迹，交OA 边界于N ，如图甲所示，粒子垂直电场线进入电场，做类平抛运动．y ＝OO 1＝v t s ＝12at 2 a ＝E 2qm 解得s ＝0.4 m粒子打到荧光屏上的位置C 的横坐标为x C ＝0.6 m.(3)如图乙所示，由几何关系可知，粒子不能打到x 轴上时最大轨迹半径为r ′＝0.42＋1m根据洛伦兹力提供向心力有q v B 0＝m v 2r ′解得B 0＝0.3 T若粒子都不能打到x 轴上， 则磁感应强度大小B ′2≥0.3 T. 10．(1)90° (2)⎝ ⎛⎭⎪⎫L ，qEL 216m v 20＋(2－1)L解析：(1)设磁场的磁感应强度为B ，则由题意可知，当粒子以速度v 0进入磁场时，(图中α、β、θ均为45°)设其圆周运动的半径为R ，有 Bq v 0＝m v 20R ， 其中R ＝L2当粒子以初速度大小为22v 0、方向与x 轴正方向成45°角进入磁场时，设其圆周运动的半径为R ′，则有Bq ×22v 0＝m 8v 20R ′由以上各式可解得R ′＝2L由几何关系可知粒子做圆周运动的圆心在y 轴上，所以该粒子必定垂直于y 轴进入匀强电场．故粒子到达y 轴时，速度方向与y 轴正方向之间的夹角为90°.(2)由几何关系可知CO ＝(2－1)L带电粒子在电场中做类平抛运动，设其运动时间为t ，在电场中向上运动的距离为h ，则有：L ＝22v 0t ， h ＝12at 2，a ＝qE m以上各式联立可解得：h ＝qEL 216m v 20所以粒子最终打在荧光屏PQ 上的位置坐标为 ⎝ ⎛⎭⎪⎫L ，qEL 216m v 20＋(2－1)L . 11．(1)负电 (2)2mg q mg q m q 3g 2d(3)2d g ＋π32d 3g解析：(1)由题意可知带电小球沿x 轴的正方向运动，则小球受到的合力水平向右，因此小球受到竖直向下的重力、与－d ≤x <0区域中电场的电场线方向相反的电场力，故小球带负电．(2)带电小球沿x 轴的正方向运动，则在竖直方向上有 qE 1sin45°＝mg 解得E 1＝2mg q带电小球在y 轴右侧做匀速圆周运动，则在竖直方向上有mg ＝qE 2，E 2＝mgq 假设小球在y 轴左侧沿x 轴向右运动时的加速度大小为a ，到达原点的速度大小为v ，小球在y 轴右侧做匀速圆周运动的轨道半径为R则由牛顿第二定律得 qE 1cos45°＝ma又由运动学公式得v 2＝2ad由题意可知，小球在y 轴的右侧做匀速圆周运动的偏转角为60°，则由几何关系得R sin60°＝d又根据牛顿第二定律得 q v B ＝m v 2R 解得B ＝mq3g 2d .(3)带电小球沿x 轴做匀加速运动所用的时间t 1＝2d a小球在y 轴的右侧做匀速圆周运动的周期为T ＝2πmqB 带电小球在运动轨迹所对应的圆心角为60°，则 t 2＝T 6＝π32d 3g小球从M 运动到N 所用的总时间t ＝t 1＋t 2＝2d g ＋π32d 3g .12．(1)3E 方向竖直向上 (2)43πE 3Bg (3)10E B解析：(1)设小球质量为m ，带电荷量为q ，速度为v ，小球在MN 段受力如图甲所示，因为在MN 段小球做匀速直线运动，所以小球受力平衡有：mg tan30°＝qE q v B sin30°＝qE 解得：mg ＝3qE v ＝2E B在x <0的区域内，有mg ＝qE 1 联立解得E 1＝3E ，方向为竖直向上(2)如图乙所示，小球在磁场中做匀速圆周运动的周期是：T ＝2πR v 而：q v B ＝m v 2R t ＝23T故小球从N 到P 经历的时间是：t ＝43πE3Bg(3)小球从P 点沿直线运动到M 点，当电场力与PM 垂直时电场力最小，由受力分析可知qE 2＝mg cos30° 解得：E 2＝32E这种情况下，小球从P 点沿直线运动到M 点的加速度为 a ＝g sin30°＝12g由几何关系可知，PM 的距离为s ＝R cot30° 所求v M ＝v 2＋2as 联立解得v M ＝10E B。