溺入森海（1）粒子第一次进入磁场时的速度大小；
（2）粒子第一次出磁场处到第二次进磁场处的距离；
（3）若粒子第一次进入磁场后的某时刻，磁感应强度大小突然变为'B ，但方向不变，此后粒子恰好被束缚在该磁场中，则'B 的最小值为多少？
【答案】（1）2qEd m =
v 2）42CA x d =（3）('222B B = 【解析】
【详解】 （1）设粒子第一次进入磁场时的速度大小为v ，由动能定理可得212qEd mv =
， 解得2qEd v m
=（2）粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图所示，粒子第一次出磁场到第二次进磁场，两点间距为CA x
由类平抛规律x vt =，212Eq y t m
= 由几何知识可得x=y ，解得2md t Eq
= 两点间的距离为2CA x vt ，代入数据可得42CA x d =
（3）由2mv qvB R =可得mv R qB =，即12mEd R B q = 由题意可知，当粒子运动到F 点处改变磁感应强度的大小时，粒子运动的半径又最大值，即'B 最小，粒子的运动轨迹如图中的虚线圆所示。
设此后粒子做圆周运动的轨迹半径为r ，则有几何关系可知22r R +=
又因为'mv r qB =，所以'mv B qr
=， 代入数据可得()
'222B B =-
8．如图所示，在竖直面内有两平行金属导轨AB 、CD ．导轨间距为L ，电阻不计．一根电阻不计的金属棒ab 可在导轨上无摩擦地滑动．棒与导轨垂直，并接触良好．导轨之间有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感强度为B ．导轨右边与电路连接．电路中的三个定值电阻阻值分别为2R 、R 和R ．在BD 间接有一水平放置的电容为C 的平行板电容器，板间距离为d ，电容器中质量为m 的带电微粒电量为q 。
(1)当ab 以速度v 0匀速向左运动时，带电微粒恰好静止．试判断微粒的带电性质和电容器的电量Q
(2)ab 棒由静止开始，以恒定的加速度a 向左运动．求带电微粒q 所受合力恰好为0的时间t ．（设带电微粒始终未与极板接触．）
【答案】(1) 03CBLv Q =
(2) 3mgd t aBLq = 【解析】
【详解】
解：(1)ab 棒匀速向左，a 为正极，上板带正电，场强方向向下，即微粒带负电； BD E U 3= 0E BLv =
BD Q CU =
联立解得：0CBLv Q 3
= (2)微粒所受合力为0，则有：qE mg =场
BD U E d
'=
场 3BD E U ''= E BLv '=
联立解得：3mgd t aBLq
=
9．如图所示，OO′为正对放置的水平金属板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 的加速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 。求：
(1)电子通过小孔O 时的速度大小v ；
(2)板间匀强磁场的磁感应强度的大小B 和方向。
【答案】（12eU m （212mU L e 【解析】
【详解】
(1)电子通过加速电场的过程中，由动能定理有：212eU mv =
解得：2eU v m
=(2)两板间电场的电场强度大小为：2U E L =
由于电子在两板间做匀速运动，故：evB eE = 解得：12mU B L e
= 根据左手定则可判断磁感应强度方向垂直纸面向外.
10．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E=1×104N/C 。一个质量m=2kg ，带电量为q=－1×10－3C 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F N =32.5N 。求：
(1)小球抛出时的初速度v 0大小； (2)小球从B 到A 的过程中克服摩擦所做的功W f 。
【答案】(1)
23/3m s (2) 13J 【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： mg qE ma -=，解得：小球的加速度
34
2221011010/5/2
mg qE a m s m s m --?-??=== C 与B 的高度差600.4h Rcos m =?=
设小球到B 点时竖直分速度为y v ，则2
2y v ah =，解得：小球到B 点时竖直分速度2y m v s
= 小球在B 点时，速度方向与水平方向夹角为60°，则060y
v tan v ?=
解得：小球抛出时的初速度023m v s =
(2)在B 点时，60y B v sin v ?=
，则43B m v s = 小球在A 点时，2A N v F qE mg m R
+-=，解得：3A m v s = 小球从B 到A 过程，由动能定理得：2211()()22f A B mg qE R Rcos W mv mv θ---=
- 解得：小球从B 到A 的过程中克服摩擦所做的功13
f W J =
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U 0＝2 500 V ，偏转电场电压U ＝200 V ，极板的长度L 1＝6.0 cm ，板间距离d ＝2.0 cm ，极板的末端到荧光屏的距离L 2＝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v 0；
(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) v 0＝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eU 0＝
12mv 02 解得v 002eU m
代入数据解得v 0＝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，L 1＝v 0t
电子在竖直方向上做匀加速运动，y ＝12at 2 根据牛顿第二定律有eU d
＝ma 解得y ＝21202eUL mdv ＝192
31721.6102000.0629.0100.02(3.010)
m --????????＝3.6×10－3m ＝0.36cm 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，
由图知112
2L L y L h += 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
W ＝eEy ＝e
U d
y ＝5.8×10－18J ΔE ＝－W ＝－5.8×10－18J.
【点睛】 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，带电荷量为+4×10－8C 的滑块在电场强度大小为2×104N ／C 、方向水平向右的匀强电场中，沿光滑绝缘水平面由M 点运动到N 点．已知M 、N 间的距离为0．1 m ．求：
（1）滑块所受电场力的大小；
（2）M 、N 两点间的电势差；
（3）电场力所做的功．
【答案】（1）8×10-4N （2）2×103V （3）8×10-5J
【解析】
【分析】
（1）在匀强电场中，根据F=qE 直接计算电场力的大小；
（2）根据U=Ed计算M、N两点间的电势差；
（3）根据W=qU计算电场力所做的功．
【详解】
（1）滑块所受的电场力为：
F=qE=4×10一8×2×104N=8×10-4N
（2）M、N两点间的电势差为：
U MN=Ed=2×104×0.1V=2×103V
（3）电场力所做的功为：
W MN=qU MN=4×10-8×2×103J=8×10-5J
【点睛】
本题是对电场的基本公式的考查，掌握住公式的使用条件，F=qE，U=Ed在匀强电场中才可以使用，W=qU任何电场都可以使用．
