结合以上解得：B=
mv eR易知OB与x轴的夹角为600 故质子出射时速度与x轴成600角
（3）设质子刚好打到电场右边界与x轴的交点
R1eE2?t 22m在水平方向：d?vt
在竖直方向：联立解得：d?vi)当d?vmR eEmR时，质子出边界之后与x轴相交，设在电场中的偏移为y，出电场时在y轴 eE21eE1eEd2t 结合以上解得：y?方向的速度为vy，偏转角为?由y? 2m2mv2在竖直方向的速度为：vy?偏转角为：tan??由图 DF?eEeEdt? mmvvyv?eEd mv2RDF?y DG? 2tan?mRv2d联立求解得：DG??
2eEd2dmRv2根据几何关系得：OG?R?d?DG?R??
22eEddmRv2，0） 故与x轴交点坐标为（R??22eEdii) 当d?vmR时，质子在电场区域内与x轴相交 eEmR eE由
R1eE2?t 解得： t?22m水平位移sx?vt?vmR eEmR eE根据几何关系得：OH?R?sx?R?v故与x轴交点坐标为（R?vmR，0） eE点睛：本题主要考查了带电粒子在磁场和电场中的运动，分清过程，画出轨迹、在结合几
何知识和牛顿第二定律即可解题．
10．如图所示，在光滑绝缘的水平面上，用长为2L的绝缘轻杆连接两个质量均为m的带电小球A和B，A球的电荷量为＋2q，B球的电荷量为－3q，组成一静止的带电系统。虚线NQ与MP平行且相距3L，开始时MP恰为杆的中垂线。视小球为质点，不计轻杆的质量，现在在虚线MP、NQ间加上水平向右的匀强电场E，求：
（1）B球刚进入电场时带电系统的速度大小；
（2）B球向右运动的最大位移以及从开始到最大位移处时B球电势能的变化量； （3）带电系统运动的周期。 【答案】（1）【解析】 【分析】
（1）对系统运用动能定理，根据动能定理求出B球刚进入电场时，带电系统的速度大小．
（2）带电系统经历了三个阶段：B球进入电场前、带电系统在电场中、A球出电场，根据动能定理求出A球离开PQ的最大位移，从而求出带电系统向右运动的最大距离．根据B球在电场中运动的位移，求出电场力做的功，从而确定B球电势能的变化量． （3）根据运动学公式和牛顿第二定律分别求出带电系统B球进入电场前做匀加速直线运动的时间，带电系统在电场中做匀减速直线运动的时间，A球出电场带电系统做匀减速直线运动的时间，从而求出带电系统从静止开始向右运动再次速度为零的时间，带电系统的运动周期为该时间的2倍． 【详解】
（1）设B球刚进入电场时带电系统速度为v1，由动能定理2qEL=×2mv12 解得
（2）
；
（3）
（2）带电系统向右运动分三段：B球进入电场前、带电系统在电场中、A球出电场． 设A球离开NQ的最大位移为x，由动能定理得2qEL-qEL-3qEx=0 解得x=；则s总=
B球从刚进入电场到带电系统从开始运动到速度第一次为零时位移为其电势能的变化量为△EP=W=3qE?
=4qEL
（3）向右运动分三段，取向右为正方向，
第一段加速第二段减速
，
，，
设A球出电场电速度为v2，由动能定理得-qEL=解得则
，
，
．
第三段再减速则其加速度a3及时间t3为：所以带电系统运动的周期为：T=2（t1+t2+t3）=
11．如图所示，一个电子由静止开始经加速电场加速后，又沿中心轴线从O点垂直射入偏转电场，并从另一侧射出打到荧光屏上的P点，O′点为荧光屏的中心．已知电子质量m＝9.0×10－31kg，电荷量大小e＝1.6×10－19C，加速电场电压U0＝2 500 V，偏转电场电压U＝200 V，极板的长度L1＝6.0 cm，板间距离d＝2.0 cm，极板的末端到荧光屏的距离L2＝3.0 cm(忽略电子所受重力，结果保留两位有效数字)．求：
(1) 电子射入偏转电场时的初速度v0； (2) 电子打在荧光屏上的P点到O′点的距离h； (3) 电子经过偏转电场过程中电势能的增加量．
【答案】(1) v0＝3.0×107m/s.(2) h＝7.2×10－3m. (3) ΔE＝－W＝－5.8×10－18J. 【解析】 【分析】
（1）电子在加速电场中，根据动能定理即可求出进入偏转电场的速度；
（2）粒子在偏转电场中做类平抛运动，根据类平抛运动规律可求出粒子在偏转电场中产生的侧位移；粒子从偏转电场飞出至荧光屏这一过程，做的是匀速直线运动，根据几何关系即可求h；
（3）根据W=eEy即可求出电子经过偏转电场过程中电场力对它所做的功． 【详解】
(1) 电场中加速有eU0＝
1mv02 2解得v0＝2eU0 m代入数据解得v0＝3.0×107m/s.
(2) 设电子在偏转电场中运动的时间为t，电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量为y. 电子在水平方向做匀速直线运动，L1＝v0t 电子在竖直方向上做匀加速运动，y＝根据牛顿第二定律有
12at 2eU＝ma d2eUL11.6?10?19?200?0.062m＝3.6×10－3m＝0.36cm ＝解得y＝2?31722mdv02?9.0?10?0.02?(3.0?10)电子离开偏转电场时速度的反向延长线过偏转电场的中点，
L1y? 由图知
hL1?2L2解得h＝7.2×10－3m.
(3) 电子在偏转电场运动的过程中电场力对它做的功
Uy＝5.8×10－18J dΔE＝－W＝－5.8×10－18J. 【点睛】
W＝eEy＝e
对于带电粒子在电场中的运动问题，关键是注意区分不同的物理过程，弄清在不同的物理过程中物体的受力情况及运动性质，并选用相应的物理规律．在解决问题时，主要可以从两条线索展开：
其一，力和运动的关系．根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度位移等．这条线索通常适用于在恒力作用下做匀变速运动的情况．
其二，功和能的关系．根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理研究全过程中能的转化，研究带电粒子的速度变化、位移等．这条线索不但适用于匀强电场，也适用于非匀强电场．
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，
3d)点以平行于x轴的初速度v0开始运2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
E5?v0 B8【解析】 【详解】
（2）
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vy，与y轴负方向的夹角为θ d=v0t1
v3d?xt1 22v2=v02+vy2
tan??v0vy
解得：v=2v0θ=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
31d?at12 22粒子从Q到P的过程中，也做类平抛运动，设时间为t2，Q点的纵坐标为yQ
yQ?d=vt2
312 d?at222
物理带电粒子在电场中的运动专项习题及答案解析
