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，xOy平面处于匀强磁场中，磁感应强度大小为
P — L,0处有一粒子源，可向各个方向发射速率不同、电荷量为
3
B,方向垂直纸面向外.点
q、质量为m的带负电
粒子.不考虑粒子的重力.
(1)若粒子1经过第一、二、三象限后，恰好沿 V1；
x轴正向通过点 Q (0, -L),求其速率
(2)若撤去第一象限的磁场，在其中加沿 y轴正向的匀强电场，粒子 2经过第一、二、三 象限后，
也以速率 V1沿x轴正向通过点 Q,求匀强电场的电场强度 E以及粒子2的发射速 率V2;
(3)若在xOy平面内加沿y轴正向的匀强电场 E。，粒子3以速率V3沿y轴正向发射，求 在运动过程中其最小速率 v.
某同学查阅资料后，得到一种处理相关问题的思路：
带电粒子在正交的匀强磁场和匀强电场中运动，若所受洛伦兹力与电场力不平衡而做复杂 的曲线运动时，可将带电粒子的初速度进行分解，将带电粒子的运动等效为沿某一方向的 匀速直线运动和沿某一时针方向的匀速圆周运动的合运动.
2
2
请尝试用该思路求解.
v2且
【答案】(1) 2BLq⑵
3m 【解析】 【详解】
2BLq. (3) J E°
1
9m B v B
2
(1)粒子1在一、二、三做匀速圆周运动，则
2
由几何憨可知：r1
qvi B m\"
r1
. 2
L r1
.3 .
——L
得到：Vi 2BLq 3m
(2)粒子2在第一象限中类斜劈运动，有：
也L vit, h 座t2
3
在第二、三象限中原圆周运动，由几何关系：
2 m
8qLB2
L h 2ri ,得到E ——— 9m
又 v2 Vi 2Eh,得到：V2
2
2 痴BLq
Eo B
9m
(3)如图所示，将 V3分解成水平向右和 v和斜向的V ,则qvB
而 V V2 V2
所以，运动过程中粒子的最小速率为
2
即：V
Eo B
V
2 3
2.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 。处以大小为Vo、方向与水平线夹角为 0= 60o的速度，进入大小为 日的匀强电场中，电场方向与竖直方向夹角为
0= 60o,粒子
到达PQ线上的A点时，其动能为在 。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E2,方向与竖直方向夹角也为
9=60。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、vo、d.求:
(1)粒子从。到A运动过程中，电场力所做功 W； (2)匀强电场的场强大小 Ei、E2； ⑶粒子到达B点时的动能EkB.
3
(1)
【答案】W —mVo
2
. 3m 0 一 3m 0 14m 2
(2)Ei = ------------- E2 = ------------ (3) EkB= ---------------------
2
4qd
3qd
3
【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】
。点动能为E1 2
⑴ 由题知：粒子在 ko = -mv0粒子在A点动能为：EkA=4Eko,粒子从。到3 2
运动过程，由动能定理得：电场力所做功：
W=EkA-Eko=-mv2-
2
(2)以O为坐标原点，初速 vo方向为x轴正向, 建立直角坐标系xOy,如图所示
设粒子从。到A运动过程，粒子加速度大小为 ai,
历时ti, A点坐标为(x, y)
1
2
粒子做类平抛运动： x=v ot1 y= - a1tl
2
由题知：粒子在 A点速度大小VA=2 V0, VAy= J3v0 , VAy=a1 t1 粒子在A点速度方向与竖直线 PQ夹角为30°。 在R/曰 '' 3v0
3v
0
斛得：x ---------- a , y —
2a
由几何关系得：ysin60 -xcos60 =d, 4d 解得：a-3vp 1
4d
V0
由牛顿第二定律得：qE〔=ma1, 解得:E
1播
A 2
设粒子从A到B运动过程中，加速度大小为 a2,历时t2,
t?
水平方向上有：VASin30 = —a2sin60
4d
t2 t1
Vo
—,qE2=ma2
2
解得：a2
Vo . 3mvo ， E2 ---------
E2方向垂直，再做类平抛运动,
(3)分析知：粒子过 A点后，速度方向恰与电场
；3d
3qd
C
2
10c C
粒子到达 B 点时动能：EkB= —mvB VB2= (2vo) + (a2t2),
2 14mv2
解得：EKB - o
3
【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。
3.如图所示，一内壁光滑的绝缘圆管 管的最低点，AB两点在同一水平线上，
ADB固定在竖直平面内.圆管的圆心为 O, D点为圆
AB=2L,圆管的半径为r= J2 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
mg
场强度大小E2=—.圆心。正上方的P点有一质量为 m、电荷量为一q(q>0)的小球(可视
q
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 日的大小； (2)小球在AB管中运动经过D点时对管的压力FD; (3)小球从管口 B离开后，经过一段时间到达虚线 运动的时间与总时间之比
AB上的N点(图中未标出),在圆管中
t AB tPN
【答案】(1)
mg (2) 2 , 2 mg方向竖直向下(3) q
【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 能定理结合圆周运动的规律求解小球在
AB上方匀强电场的电场强度；
(2)根据动
AB管中运动经过D点时对管的压力FD； (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 向进入，则此时速度方向与竖直方向的夹角为 45 °,贝U: tan45 = ------- 八 r _ mg 解得：E q
............. _.,一 .、
(2)从P到A的过程，根据动能TE理： 解得VA=2 .gL
小球在管中运动时， Esq=mg,小球做匀速圆周运动，则
2
^
A点沿切线方
45°,即加速度方向与竖直方向的夹角为
mg Eq
1 c
mgL+EqL=—mvA2
2
VO=VA=2JgL
在D点时，下壁对球的支持力 由牛顿第三定律， F F (3)小物体由P点运动到
F mv 2 J2mg
r
0
t1,则:
J2L IjFgt；解得 3 2
2 J2mg方向竖直向下.
A点做匀加速直线运动，设所用时间为
小球离开管后做类平抛运动，
物块从
贝 U:- ----------------------
t 4
【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.如图，平面直角坐标系中，在，
y>0及y〈-3L区域存在场强大小相同，方向相反均平
2
行于y轴的匀强电场，在-3Lvy<0区域存在方向垂直于 xOy平面纸面向外的匀强磁场,
2
一质量为m ,电荷量为q的带正电粒子，经过 y轴上的点Pi （0, L）时的速率为vo,方向
沿x轴正方向，然后经过 X轴上的点P2 （ —L, 0) 进入磁场.在磁场中的运转半径 3 R=- L
5 （不计粒子重力），求:
2
(1) 粒子到达P2点时的速度大小和方向； (2) E 一；
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
Pi点出发后做周期性运动的周期.
5
4vo 【答案】（1） & V0,与x成53 °角；（2）
3
【解析】 【详解】
（1）如图，粒子从P1到P2做类平抛运动, 设到达
................... 3
由运动于规律知 —L=voti,
2
L=—V ty
i
- 3L
4 可得 tl= ----- , Vy=— V0
2V0
3
2
(3) 2L; (4) ------------------------------ 405 37 L
60V
o
P2时的y方向的速度为vy,
…、一，_ _ ---- 5 5
P
故粒子在2的速度为v=JvO vy =- vo
'3
; 设v与x成3角，则tan 3=— =—,即 vo 3 出53°(2)粒子从Pi到P2,根据动能定理知
vy 4 r.
qEL=— mv2—- mvo2 可得
8mv2 9qL
2 2
E= -
2
v qvB=m
粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据
一
R
5 m -vo
3 解得：B=mv
qR q 5L 2
2mv0 3qL
E 4vo
解得：一——；
B 3
(3)粒子在磁场中做圆周运动的圆心为 点，可得:
2 三/L=r 2cos53 2
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
O',在图中，过P2做v的垂线交
y=-- L直线与Q' 2
产37°,故粒
子将垂直于y=-3L 2
直线从M点穿出磁场，由几何关系知
3
的坐标 x=— L+ (r-rcos37 ) =2L;
2
(4)粒子运动一个周期的轨迹如上图，粒子从 Pi到P2做类平抛运动：ti=T
3L
2vo
——,
在磁场中由P2到M动时间：t2= 从M运动到N, a=q—= 8vo m
2
37
-
2 r 37 L v
12OVo
36O 9L
15L 8vo
则一个周期的时间 T=2 (ti+t2+t3)
405 37 L 60Vo
E=28v,内阻 r=2 0,电阻 R1=4Q, R2=8Q, R3=4Q, C 为 虚线到两极板距离相等，极板长L=0.20m,两极板的间距
5. 一电路如图所示，电源电动势 平行板电容器，其电容 C=3.0pF,
d=i.o x -2m.
(1)闭合开关S稳定后，求电容器所带的电荷量为多少 ？
v0=2.0m/s的初速度
(2)当开关S闭合后，有一未知的、待研究的带电粒子沿虚线方向以
射入MN的电场中，已知该带电粒子刚好从极板的右侧下边缘穿出电场，求该带电粒子的 比荷q/m (不计粒子的重力，
M、N板之间的电场看作匀强电场，
g=10m/s2)
【答案】(1) 4.8 10c (2) 6.25 10 C/kg
11
4
【解析】 【分析】 【详解】
28
(1)闭合开关 S稳定后，电路的电流： I -一-—— ———A 2A； w R2 r 4 8 2
电容器两端电压： U UR2 IR2 2 8V 16V；
12
11
, E
电容器带电量： Q CU R2 3.0 10 16C 4,8 10 C
(2)粒子在电场中做类平抛运动，则： L v°t 1 A 1 uqt2
—d---------- 1 2 2 dm
联立解得q 6.25 10 4C/kg m
6.平面直角坐标系的第一象限和第四象限内均存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度 大小分别为2B和B (B的大小未知)，第二象限和第三象限内存在沿-
y方向的匀强电
场，x轴上有一点P,其坐标为(L, 0)。现使一个电量大小为 q、质量为m的带正电粒子 从坐标(-2a, a)处以沿+x方向的初速度V。出发，该粒子恰好能经原点进入 y轴右侧并 在随后经过了点 P,不计粒子的重力。
(1)求粒子经过原点时的速度； (2)求磁感应强度 B的所有可能取值
(3)求粒子从出发直至到达 P点经历时间的所有可能取值。
【答案】(1)粒子经过原点时的速度大小为 J2v。，方向：与x轴正方向夹45 °斜向下; (2)磁感应强度B的所有可能取值： B -nmv0- n=1、 (3)粒子从出发直至到达
+ 2a
2、
P点经历时间的所有可能取值:
2a
(k
k=1、2、3
m 3 m 2qB 4qB
n ~ ~~ n -- n = 1、2、3
或t -
Vo
(1)粒子在电场中做类平抛运动，水平方向:
2a = vot,
… Vy . V。
„ …
斛得：Vy = V0, tan 0= — =1, 9= 45 ,
粒子穿过O点时的速度：V & v2 J2v0；
(2)粒子在第四象限内做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得:
qvB m 一 , r
粒子能过P点，由几何知识得：L= nrcos45° 解得：B
V
2
nmv0 _
——0 n=1、2、3
n= 1、2、3……,
qL
(3)设粒子在第二象限运动时间为
t1，则:
t1=—;
2a Vo
m
qB
，丁2
c，
3/4 圆弧,
粒子在第四、第一象限内做圆周运动的周期: 粒子在下方磁场区域的运动轨迹为
若粒子经下方磁场直接到达
Ti
qB
1/4圆弧，在上方磁场区域的运动轨迹为
P点, 则粒子在磁场中的运动时间： t2= 一 T1,
1 4
若粒子经过下方磁场与上方磁场到达
P点，粒子在磁场中的运动时间:
1 3 4
t2= - T1 + —
T2,
1 3
1
右粒子两次经过下方磁场一次经过上方磁场到达
4 4
P点：t2= 2X — T1 + —T2
4
1
右粒子两次经过下方磁场、两次经过上方磁场到达
3 4
P点：t2= 2x — T1+2X — T2
4
m
则 t2 k (k 1)-
2qB
3 m 4qB
k= 1、2、3
或 t2 n --------- n —
2qB 4qB
n=1、2、3
粒子从出发到P点经过的时间：t = tl+t2, 解得：t
2a , m
k vo 2qB
(k 1)
4qB
k= 1、2、3
n
m 3 m
V
o
2qB 4qB
7—z- n--z- n=1、2、3
7 .长为L的平行板电容器沿水平方向放置，其极板间的距离为 d,电势差为U,有方向垂 直纸面向里的磁感应强度大小为
B的匀强磁场.荧光屏 MN与电场方向平行，且到匀强
电、磁场右侧边界的距离为 x,电容器左侧中间有发射质量为 m带+q的粒子源，如图甲 所示.假设a、b、c三个粒子以大小不等的初速度垂直于电、磁场水平射入场中，其中 a 粒子沿直线运动到荧光屏上的
。点；b粒子在电、磁场中向上偏转；
c粒子在电、磁场中 a、b、c粒子在原来
向下偏转.现将磁场向右平移与电场恰好分开，如图乙所示.此时， 位置上以各自的原速度水平射入电场，结果 一个粒子也能打到荧光屏，且距 到电容器极板的中点.求：
a粒子仍恰好打在荧光屏上的 。点；b、c中有
O点下方最远；还有一个粒子在场中运动时间最长，且打
x N i L ! x N
乙
甲
(1)a粒子在电、磁场分开后，再次打到荧光屏 (2)b, c粒子中打到荧光屏上的点与
O点时的动能；
。点间的距离(用x、L、d表示)；
(3)b, c中打到电容器极板中点的那个粒子先、后在电场中，电场力做功之比.
【答案】(1) Eka
L2B4d2q2m2U2
2mB2d2
Uq
、，x 1、 W1 d y1 (2) y d( ) (3)——=d- L 2 W2 Uq y2 4
5
【解析】 【详解】
据题意分析可作出 abc三个粒子运动的示意图，如图所示.
、
(1)从图中可见电、磁场分开后，
a粒子经三个阶段：第一，在电场中做类平抛运动；第
。点，运动轨迹如图
二，在磁场中做匀速圆周运动；第三，出磁场后做匀速直线运动到达 中I所示.
U
丁 q Bqv , d
U Bd，
L LBd v U '
1Uq_t2 L2B2qd U 产
2 dm 2mU
E
ka
m(U )2 2 Bd
4,2 2
2 _ 2 2
2
1
2
L B d q m U
_
2mB d
(2)从图中可见c粒子经两个阶段打到荧光屏上.第一，在电场中做类平抛运动；第二，离 开电场后做匀速直线运动打到荧光屏上，运动轨迹如图中
n所示.
设c粒子打到荧光屏上的点到 。点的距离为y,根据平抛运动规律和特点及几何关系可得
1d 2 一 IT x 2
y d( )
x 1 L 2
ti=2t2
yi, y2
(3)依题意可知粒子先后在电场中运动的时间比为
如图中出的粒子轨迹，设粒子先、后在电场中发生的侧移为
yi y2
1 Uq ,2
2 mdt，vyi vyit2
2
Ult md 1
!Ult2 2 md 2
y 5qUti, 8md yi 4 - —— y2 5
Uq 四丁 = 4 W, Uq w 5
-T y2
8 .如图所示，一静止的电子经过电压为 入方向与偏转电场的方向垂直，射入点为
U的电场加速后，立即射入偏转匀强电场中，射 A,最终电子从B点离开偏转电场。已知偏转电
e,质量为m,重力
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 忽略不计。求：
(i)电子进入偏转电场时的速度 V0； (2)若将加速电场的电压提高为原来的 强度Ei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
2倍，使电子仍从 B点经过，则偏转电场的电场
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】(i) J2Ue⑵2倍(3)
(1)电子在电场中的加速,
由动能定理得:
一 1
2
Ue
mvo 2
所以, V
o
2Ue m
x,电子的竖直偏移量为 y,则有:
(2)设电子的水平位移为
x Vot
y 1at2
2
Ee ma
联立解得：E 4yU 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
Bev0
解得:
9 .如图所示，在y>0的区域内有沿y轴正方向的匀强电场，在 y<0的区域内有垂直坐标平 面向里的匀强磁场，一电子 (质量为m、电量为e)从y轴上A点以沿x轴正方向的初速度 vo 开始运动，当电子第一次穿越
达坐标原点；当电子第三次穿越
x轴时，恰好到达 C点，当电子第二次穿越 x轴时，恰好到 x轴时，恰好到达 D点，C D两点均未在图中标出.已知
A、C点到坐标原点的距离分别为 d、2d.不计电子的重力.求
(1)电场强度E的大小. (2)磁感应强度B的大小.
⑶电子从A运动到D经历的时间t. 【答案】(1)万；(2)八/；(3)^- 【解析】
试题分析：(1)电子在电场中做类平抛运动 设电子从A到C的时间为t1 2d』i班1分 」1」 1 =
1 分
eE ”11分
m
求出E = nV： 1分
v, v与x轴的夹角为
0,则
(2)设电子进入磁场时速度为 1出1歹=工=1。= 45 分1
11
V'=拒除
电子进入磁场后做匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力
V* 1vE= m一 1 分
'=1
由图可知1二，方1分
(3)由抛物线的对称关系，电子在电场中运动的时间为
3t仁-；丁1分
电子在磁场中运动的时间 t2=： = ^―= — 2分
4 4四 % 电子从A运动到D的时间t=3t1+ t2=卫匕士 1分
2畛 考点：带电粒子在电场中做类平抛运动
匀速圆周运动 牛顿第二定律
10.如图所示，质量为 m的小球穿在绝缘细杆上，细杆的倾角为 a,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.
13
【答案】(1) gsin 即?2 , (2) ,户 mH 【解析】 【分析】
: mgsin
(3)
mgH 2q
(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
(3)小球运动到 P点时速率为零，由动能定理求解 【详解】
(1) A球刚释放时，由牛顿第二定律可知： 根据库仑定律有：F卜绘
mgsin a-F=ma
C点与B点的距离.
AP间的电势差.
r
H
又知r H^—
sin
联立解得：a=gsin优
kQqsin—— B点间的距离为
mH2
(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 kjy
解得：d=
kQq \\ mgsin
H
mg— qU = 0
(3)小球运动到P点时速率为零，由动能定理得：
“，口 ,, mgH 解得：U = ---------
2q
【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.
11.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 量为m、电量为e,重力及阻力忽略不计.求：
a,设质子的质
(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 (3)质子到达y轴的位置坐标的范围;
y轴时的位置;
m '2ma 3ea
3
a
a
ea、
【答木］(1) ---------- q ---------- (2) y =a+BaJ------------ ()( a, +2B I -------------- ) 【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:
a
2
V evB m 一
Bea m
出射速度沿x轴正方向的质子，经 工圆弧后以速度v垂直于电场方向进入电场，在磁场中
4
运动的时间为：
,Tam ti -
4 2v 2eB
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
(2)质子转过 120。角后离开磁场，再沿直线到达图中 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：xi=a+asin30 = 1, 5a 设在电场中运动的时间为 t3,由匀变速直线运动规律有：
P点，最后垂直电场方向进入电
x1
eEt32 2m
即t3
3ma eE
yi vt3 Ba 3ea mE
3ea mE
质子在y轴方向做匀速直线运动，到达 y轴时有:
所以质子在y轴上的位置为：
y a y1a Ba
(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：
y2 2Ba
ea mE ea mE
y轴平行,
质子离坐标原点的距离为：
ym a y2 a
2Ba
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 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, a+2Ba 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。
12.如图所示，y, N为水平放置的平行金属板，板长和板间距均为 间中点处有电子源 S,能水平发射初速为 V。的电子，电子的质量为
2d.在金属板左侧板 m,电荷量为e.金属
板右侧有两个磁感应强度大小始终相等，方向分别垂直于纸面向外和向里的匀强磁场区 域，两磁场的宽 度均为d.磁场边界与水平金属板垂直，左边界紧靠金属板右侧，距磁场 右边界d处有一个荧光屏.过电子源 S作荧光屏的垂线，垂足为 O. 下为正方向，建立 y轴.现在y, N两板间加上图示电压，使电子沿 恰好能够从金属板右侧边缘射出.进入磁场.
以。为原点，竖直向
SO方向射入板间后，
(不考虑电子重力和阻力
)
(1)电子进入磁场时的速度 v;
(2)改变磁感应强度 B的大小，使电子能打到荧光屏上，求 ①磁场的磁感应强度口大小的范围； ②电子打到荧光屏上位置坐标的范围. 【答案】（1） J2v0 ,方向与水平方向成45。
（2—B 1 收 mv0 ,②4d 272d
ed
【解析】
4d
试题分析：（1）电子在MN间只受电场力作用，从金属板的右侧下边沿射出，有
d = ? 口厂 11 分） ■
2d 二%，（1 分）
% - at 11 分）
尸=JV （1 分） 解得v二拒飞 （1分）
速度偏向角tan W ='■ = 1 （1分）
%
a = 45。（ 1 分）
（2）电子恰能（或恰不能）打在荧光屏上，有磁感应强度的临界值 中作圆周运动的半径为 R
B0,此时电子在磁场
n+ K向- d （2分）
2
又有qvB。之（2分）
R
由⑦⑧ 解得：B0 （1 —）mv0 （1分） ed
磁感应强度越大，电子越不能穿出磁场，所以取磁感应强度 在荧光屏上（得B （1 扬mv0不扣分）.（1分）
B （1 J2）mv0时电子能打
ed
ed
如图所示，电子在磁感应强度为 B。时，打在荧光屏的最高处，由对称性可知，电子在磁场
右侧的出射时速度方向与进入磁场的方向相同，
即以=45口 . （1分）
出射点位置到SO连线的垂直距离
yi d 2Rsin45 （1 分）
电子移开磁场后做匀速直线运动，则电子打在荧光屏的位置坐标
y yi d tan 450（ i 分）
解得 y2 4d 272d （1 分）
当磁场的磁感应强度为零时，电子离开电场后做直线运动，打在荧光屏的最低点，其坐标
为 y3 d 3d tan 450 4d （1 分）
电子穿出磁场后打在荧光民屏上的位置坐标范围为：
4d 272d 到 4d（2 分）
考点：带电粒子在磁场中受力运动.
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