高中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

高中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3a ．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 ．

(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）24mv e （2）①439a

v

π ②(31)B ae ≥-

【解析】 【详解】

（1）对电子经C 、A 间的电场加速时，由动能定理得

()2

211322

eU m v mv =

- 得2

4mv U e

=

（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)

2

223a r

r a -=+

又2r

T v

π=

得tan 3a

r

θ== 故θ=60°

所以电子在磁场中运动的时间2-22t T πθ

π

= 得439a

t v

π=

（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：

23r a a '=-

又2

v evB m r ='

得3-1B ae =

（）

所以3-1B ae

≥

（）

2．“太空粒子探测器”是由加速、偏转和收集三部分组成，其原理可简化如下：如图1所示，辐射状的加速电场区域边界为两个同心平行半圆弧面，圆心为O ，外圆弧面AB 的电势为

2

L

()o ?>，内圆弧面CD 的电势为φ，足够长的收集板MN 平行边界ACDB ，ACDB 与MN 板的距离为L ．假设太空中漂浮着质量为m ，电量为q 的带正电粒子，它们能均匀地吸附到AB 圆弧面上，并被加速电场从静止开始加速，不计粒子间的相互作用和其它星球对粒子的影响，不考虑过边界ACDB 的粒子再次返回．

（1）求粒子到达O 点时速度的大小；

（2）如图2所示，在PQ （与ACDB 重合且足够长）和收集板MN 之间区域加一个匀强磁场，方向垂直纸面向内，则发现均匀吸附到AB 圆弧面的粒子经O 点进入磁场后最多有23

能打到MN 板上，求所加磁感应强度的大小；

（3）如图3所示，在PQ （与ACDB 重合且足够长）和收集板MN 之间区域加一个垂直MN 的匀强电场，电场强度的方向如图所示，大小4E L

φ

=

，若从AB 圆弧面收集到的某粒子经

O 点进入电场后到达收集板MN 离O 点最远，求该粒子到达O 点的速度的方向和它在PQ 与MN 间运动的时间． 【答案】（1）2q v m

?

=；（2）12m B L q ?=；（3）060α∴= ；22m L q ?

【解析】 【分析】 【详解】

试题分析：解：（1）带电粒子在电场中加速时，电场力做功，得：2

102

qU mv =-

2U ???=-=2q v m

?

=

(2）从AB 圆弧面收集到的粒子有

2

3

能打到MN 板上，则上端刚好能打到MN 上的粒子与MN 相切，则入射的方向与OA 之间的夹角是60?，在磁场中运动的轨迹如图甲，轨迹圆心角060θ=．

根据几何关系，粒子圆周运动的半径：2R L =

由洛伦兹力提供向心力得：2

v qBv m R

=

联合解得：12m B L q

?

=

（3）如图粒子在电场中运动的轨迹与MN 相切时，切点到O 点的距离最远，

这是一个类平抛运动的逆过程． 建立如图坐标.

2

12qE L t m

= 222mL m

t L qE q ?

==22x Eq qEL q v t m m m ?

=

==

若速度与x 轴方向的夹角为α角 cos x v v α=

1

cos 2

α=060α∴=

3．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＝203m υ E 2＝2

03m 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

0，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：1

x =

，20132v y a = 由几何关系得：ysin60°

-xcos60°=d ，

解得：1a =，10

4d t v =

由牛顿第二定律得：qE 1=ma 1，

解得：1E =

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

2

t a 2sin60°，2104d t t v ==，qE 2=ma 2，

解得：22a =

，2

23E 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。

4．如图所示，在空间坐标系x <0区域中有竖直向上的匀强电场E 1，在一、四象限的正方形区域CDEF 内有方向如图所示的正交的匀强电场E 2和匀强磁场B ，已知CD =2L ，OC =L ，E 2 =4E 1。在负x 轴上有一质量为m 、电量为+q 的金属a 球以速度v 0沿x 轴向右匀速运动，并与静止在坐标原点O 处用绝缘细支柱支撑的（支柱与b 球不粘连、无摩擦）质量为2m 、不带电金属b 球发生弹性碰撞。已知a 、b 球体积大小、材料相同且都可视为点电荷，碰后电荷总量均分，重力加速度为g ，不计a 、b 球间的静电力，不计a 、b 球产生的场对电场、磁场的影响，求：

(1)碰撞后，a 、b 球的速度大小； (2)a 、b 碰后，经0

23v t g

=

时a 球到某位置P 点，求P 点的位置坐标； (3)a 、b 碰后，要使 b 球不从CD 边界射出，求磁感应强度B 的取值。

【答案】(1) 01

3a v v =-，023

=b v v ；(2)（2029g v - ，2

09g v - ）； (3) 016m 015v B qL <<或

16m 3v B qL

>

【解析】 【分析】

(1)a 、b 碰撞，由动量守恒和能量守恒关系求解碰后a 、b 的速度；

(2)碰后a 在电场中向左做类平抛运动，根据平抛运动的规律求解P 点的位置坐标； (3)要使 b 球不从CD 边界射出，求解恰能从C 点和D 点射出的临界条件确定磁感应强度的范围。 【详解】 (1)a 匀速，则

1mg qE = ①

a 、

b 碰撞，动量守恒

02a b mv mv mv =+ ②

机械能守恒

()22201112222

a b mv mv m v =+ ③ 由②③得

01

3a v v =-，023

=b v v ④

(2)碰后a 、b 电量总量平分，则

1

2

a b q q q ==

碰后a 在电场中向左做类平抛运动，设经0

23v t g

=

时a 球到P 点的位置坐标为（-x ，-y ）

a x v t = ⑤ ，2

12

y at =

⑥ 其中

112

mg qE ma -=⑦，12a g =

由⑤⑥⑦得

2029v x g =，2

09v y g

=

故P 点的位置坐标为（2029g v - ，2

9g

v - ）⑧ (3)碰撞后对b

21

22

qE mg = ⑨ 故b 做匀速圆周运动，则

21

22b b v qv B m r

= ⑩ 得

83mv r qB

=

? b 恰好从C 射出，则

2L r =?

由??得

116m 3v B qL

=

恰从D 射出，则由几何关系

()2

224r L r L =+- ?，

得

5

2

r L =

? 由??得

216m 15v B qL

=

故要使b 不从CD 边界射出，则B 的取值范围满足

016m 015v B qL <<

或0

16m 3v B qL

> 【点睛】

本题考查带电粒子在电磁场中的运动以及动量守恒定律及能量守恒关系，注意在磁场中的

运动要注意几何关系的应用，在电场中注意由类平抛运动的规律求解。

5．两平行的带电金属板水平放置，板间电场可视为匀强电场．带电量相等粒子a ，b 分别以相同初速度水平射入匀强电场，粒子a 飞离电场时水平方向分位移与竖直方向分位移大小相等，粒子b 飞离电场时水平方向速度与竖直方向速度大小相等．忽略粒子间相互作用力及重力影响，求粒子a 、b 质量之比． 【答案】1：2 【解析】 【详解】

假设极板长度为l ，粒子a 的质量为m a ，离开电场时竖直位移为y ，粒子b 的质量为m b ，离开电场时竖直分速度为v y ，两粒子初速度均为v 0，在极板间运动时间均为t 对粒子a ：l ＝v 0t …① y ＝

12

a 1t 2

…② 1a

qE

a m =

…③ y ＝l …④

①②③④联立解得：20

2a qEl m v = 对粒子b ：v y ＝a 2t …⑤ v y ＝v 0…⑥

2b

qE

a m =

…⑦ ①⑤⑥⑦联立解得：20

b qEl m v =

则

1

2

a b m m =．

6．如图所示，在直角坐标系x0y 平面的一、四个象限内各有一个边长为L 的正方向区域，二三像限区域内各有一个高L ，宽2L 的匀强磁场，其中在第二象限内有垂直坐标平面向外的匀强磁场，第一、三、四象限内有垂直坐标平面向内的匀强磁场，各磁场的磁感应强度大小均相等，第一象限的x

(1)求电场强度大小E ；

(2)为使粒子进入磁场后途经坐标原点0到达坐标(-L ，0)点，求匀强磁场的磁感应强度大小B ；

(3)求第(2)问中粒子从进入磁场到坐标(-L ，0)点所用的时间．

【答案】（1）2

mv E qL =（2）04nmv B qL =n=1、2、3......（3）0

2L t v π=

【解析】

本题考查带电粒子在组合场中的运动，需画出粒子在磁场中的可能轨迹再结合物理公式求解．

(1)带电粒子在电场中做类平抛运动有： 0L v t =，

2

122

L at =，qE ma = 联立解得： 2

mv E qL

=

(2)粒子进入磁场时，速度方向与y 轴负方向夹角的正切值tan x

y

v v θ==l 速度大小0

02sin v v v θ

=

= 设x 为每次偏转圆弧对应的弦长，根据运动的对称性，粒子能到达(一L ，0 )点，应满足L=2nx ，其中n=1、2、3......粒子轨迹如图甲所示，偏转圆弧对应的圆心角为2

π

；当满足L=(2n+1)x 时，粒子轨迹如图乙所示．

若轨迹如图甲设圆弧的半径为R ，圆弧对应的圆心角为2

π

.则有2R ，此时满足L=2nx 联立可得：22R n

=

由牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，则有：2

v qvB m R

=

得：0

4nmv B qL

=

，n=1、2、3.... 轨迹如图乙设圆弧的半径为R ，圆弧对应的圆心角为

2

π

.则有222x R ，此时满足()221L n x =+

联立可得：()2212

R n =

+

由牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，则有：2

22

v qvB m R =

得：()0

2221n mv B qL

+=

，n=1、2、3....

所以为使粒子进入磁场后途经坐标原点0到达坐标(-L ，0)点，求匀强磁场的磁感应强度大小04nmv B qL =

，n=1、2、3....或()0

2221n mv B qL

+=，n=1、2、3.... (3) 若轨迹如图甲，粒子从进人磁场到从坐标(一L ，0)点射出磁场过程中，圆心角的总和θ=2n×

2

π×2=2nπ，则02222n n m L t T qB v ππππ=?==

若轨迹如图乙，粒子从进人磁场到从坐标(一L ，0)点射出磁场过程中，圆心角的总和θ=(2n+1)×2π=(4n+2)π，则2220

(42)(42)2n n m L

t T qB v ππππ++=?

== 粒子从进入磁场到坐标(-L ，0)点所用的时间为0

2222n n m L

t T qB v ππππ=?

==或

2220

(42)(4

2)2n n m L

t T qB v ππππ++=?

==

7．如图所示，在第一象限内存在匀强电场，电场方向与x 轴成45°角斜向左下，在第四象限内有一匀强磁场区域，该区域是由一个半径为R 的半圆和一个长为2R 、宽为

2

R

的矩形组成，磁场的方向垂直纸面向里．一质量为m 、电荷量为+q 的粒子(重力忽略不计)以速度v 从Q(0，3R)点垂直电场方向射入电场，恰在P(R ，0)点进入磁场区域．

(1)求电场强度大小及粒子经过P 点时的速度大小和方向； (2)为使粒子从AC 边界射出磁场，磁感应强度应满足什么条件；

(3)为使粒子射出磁场区域后不会进入电场区域，磁场的磁感应强度应不大于多少?

【答案】(1) 2

24mv E qR

=2v ，速度方向沿y 轴负方向

(2)

82225mv mv B qR qR ≤≤

(3))

2713mv

qR

【解析】 【分析】 【详解】

（1）在电场中，粒子沿初速度方向做匀速运动

132cos 4522cos 45R

L R R =

-?=?

1L vt =

沿电场力方向做匀加速运动，加速度为a

22sin 452L R R =?=

2212

L at =

qE a m

=

设粒子出电场时沿初速度和沿电场力方向分运动的速度大小分别为1v 、2v ，合速度v '

1v v =、2v at =，2

tan v v

θ=

联立可得2

24mv E qR

=

进入磁场的速度22

122v v v v =+=

'

45θ=?，速度方向沿y 轴负方向

（2）由左手定则判定，粒子向右偏转，当粒子从A 点射出时，运动半径12

R

r =

由211mv qv B r =''得122mv

B =

当粒子从C 点射出时，由勾股定理得

()

2

2

2222R R r r ??

-+= ???

解得258

r R =

由222mv qv B r =''得282mv

B =

根据粒子在磁场中运动半径随磁场减弱而增大，可以判断，当8222mv mv

B ≤≤

时，粒子从AC 边界射出

（3）为使粒子不再回到电场区域，需粒子在CD区域穿出磁场，设出磁场时速度方向平行

于x轴，其半径为3r，由几何关系得

2

22 332

R

r r R

?

?

+-=

?

??

解得

()

3

71

4

R

r

+

=

由

2

3

3

mv

qv B

r

=

'

'得

()

3

2

271

3

mv

B

qR

-

=

磁感应强度小于3B，运转半径更大，出磁场时速度方向偏向x轴下方，便不会回到电场中

8．图中是磁聚焦法测比荷的原理图。在阴极K和阳极A之间加电压，电子由阳极A中心处的小孔P射出。小孔P与荧光屏中心O点连线为整个装置的中轴线。在极板很短的电容器C上加很小的交变电场，使不同时刻通过这里的电子发生不同程度的偏转，可认为所有电子从同一点发散。在电容器C和荧光屏S之间加一平行PO的匀强磁场，电子从C出来后将沿螺旋线运动，经过一段时间再次汇聚在一点。调节磁感应强度B的大小，可使电子流刚好再次汇聚在荧光屏的O点。已知K、A之间的加速电压为U，C与S之间磁场的磁感应强度为B，发散点到O点的距离为l。

（1）我们在研究复杂运动时，常常将其分解为两个简单的运动形式。你认为题中电子的螺旋运动可分解为哪两个简单的运动形式？

（2）求电子的比荷

e

m

。

【答案】（1）沿PO方向的匀速运动和垂直于PO方向上的匀速圆周运动；（2）2

22

8

e U

m B l

π

=

【解析】

【详解】

（1）电子的螺旋运动可分解为沿PO 方向的匀速运动和垂直于PO 方向上的匀速圆周运动。

（2）从发散点到再次汇聚点，两个方向的分运动时间相等，有12=t t 加速电场2

12eU mv =

匀速直线运动

1l t v

=

匀速圆周运动 2

v evB m R =， 2m T qB π= 2t T = 联立以上各式可得2228e U

m B l

π=

9．如图所示，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v 0从y 轴上的P 点垂直于y 轴向右飞入电场，经过x 轴上M 点进入磁场区域，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(23

3

L ，0)．求 (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）02v v =；（2）20

49L

t v π= 【解析】 【详解】

（1）轨迹如图所示，设电子从电场进入磁场时速度方向与x 轴夹角为θ，

（1）在电场中x 轴方向：0123L

v t =，y

轴方向12y v L t =：，

0tan 3y v v θ== 得60θ=o ，0

02cos v v v θ

=

= （2）在磁场中，234

3

L r L =

= 磁场中的偏转角度为2

3

απ=

20

2439r

L t v v ππ==

10．如图所示，一内壁光滑的绝缘圆管AB 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 ，圆环的半径为r 2L =

(圆管的直径忽略

不计)，过OD 的虚线与过AB 的虚线垂直相交于C 点．在虚线AB 的上方存在水平向右的、范围足够大的匀强电场；虚线AB 的下方存在竖直向下的、范围足够大的匀强电场，电场

强度大小等于mg

q

.圆心O 正上方的P 点有一质量为m 、电荷量为－q(q>0)的绝缘小物体(可视为质点)，PC 间距为L.现将该小物体无初速度释放，经过一段时间，小物体刚好沿切线无碰撞地进入圆管内，并继续运动．重力加速度用g 表示． (1)虚线AB 上方匀强电场的电场强度为多大？

(2)小物体从管口B 离开后，经过一段时间的运动落到虚线AB 上的N 点(图中未标出N 点)，则N 点距离C 点多远？

(3)小物体由P 点运动到N 点的总时间为多少？

【答案】（1）mg q

E = （2）7CN x L = （3）32(3)4L t g

π+

总＝ 【解析】

（1）小物体无初速释放后在重力、电场力的作用下做匀加速直线运动，小物体刚好沿切线无碰撞地进入圆管内，故小物体刚好沿PA 连线运动，重力与电场力的合力沿PA 方向；又

PA AC L ==，故0

tan 45qE mg =

，解得：mg

q

E =

（2）小物体从P 到A 的运动由动能定理可得：2

12

A mgL qEL mv +=

，解得：2A v gL =

虚线AB 的下方存在竖直向下的、范围足够大的匀强电场，电场强度大小等于

mg

q

，电荷量为q -(q >0)的绝缘小物体所受电场力22F qE mg

==，方向竖直向上，故小物体从A 到B 做匀速圆周运动，2B A v v gL ==

小物体从管口B 离开后，经过一段时间的运动落到虚线AB 上的N 点，对竖直方向：

02sin 45B v t g =解得：22L t g

=

水平方向：0

2

1(cos 45)2

B x v t at =+

、 qE ma =解得：8x L = N 点距离C 点：7CN x x L L =-= （3）小物体从P 到A 的时间1t ，则1122A L v t =

解得：12L t g

= 物体从A 到B 的时间2t ，则2

3

223244

A L

L t v g

ππ??==

小物体由P 点运动到N 点的总时间 123234L

t t t t g

π??++=+

?

??总＝

11．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】（102

nq T

m ?（2）0

22q T

d m

?≤ （3）04m T L q ?<【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

?=

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：d =

(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

212d at = 0

q a md

?= 2

T t ≤

解得：d ≤

(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

?=

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：4T <

12．如图所示，在x 轴上方有垂直xOy 平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B 1=B 0，在x 轴

下方有交替分布的匀强电场和匀强磁场，匀强电场平行于y 轴，匀强磁场B 2=2B 0垂直于xOy 平面，图象如图所示．一质量为m ，电量为-q 的粒子在02

3

t t =

时刻沿着与y 轴正方向成60°角方向从A 点射入磁场，20t t =时第一次到达x 轴，并且速度垂直于x 轴经过C 点，C 与原点O 的距离为3L ．第二次到达x 轴时经过x 轴上的D 点，D 与原点O 的距离为4L ．（不计粒子重力，电场和磁场互不影响，结果用B 0、m 、q 、L 表示）

（1）求此粒子从A 点射出时的速度υ0； （2）求电场强度E 0的大小和方向；

（3）粒子在09t t =时到达M 点，求M 点坐标．

【答案】（1）002qB L v m = （2）202πqB L

E m

= （3）（9L ，3π2-L ） 【解析】

试题分析：（1）设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R 1，由牛顿第二定律得

①

根据题意由几何关系可得

②

联立①②得

③

（2）粒子在第一象限磁场中运动的周期设为T 1，可得

④

粒子在第四象限磁场中运动的周期设为T 2，可得

⑤

根据题意由几何关系可得⑥ 由④⑤⑥可得

⑦

⑧

综上可以判断3t 0—4 t 0粒子在第四象限的磁场中刚好运动半个周期，半径为

⑨

由牛顿第二定律得

⑩

2 t0—

3 t0,粒子做匀减速直线运动，

qE=ma 11

12

综上解得

13

（3）由题意知，粒子在8 t0时刚在第四象限做完半个圆周运动，x=9L 14

粒子在电场中减速运动的时间为t0，由运动学公式可得

15

联立③ ⑨⑩1112可解得

16

联立可得M点的坐标为

（9L，） 17

考点：带电粒子在电场及在磁场中的运动.