高考必备物理带电粒子在电场中的运动技巧全解及练习题(含答案)

高考必备物理带电粒子在电场中的运动技巧全解及练习题(含答案)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B,方向垂直纸面向外.点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q、质量为m的带负电3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x轴正向通过点Q(0,-L),求其速率V1;(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.请尝试用该思路求解.22【答案】(1)2BLq⑵2.BLq(3)J-E0v2旦3m9m1BvB【解析】【详解】2(1)粒子1在一、二、三做匀速圆周运动，则qviBm"r12.2\3.由几何憨可知：r1Lr1——L3得到：Vi2BLq3m(2)粒子2在第一象限中类斜劈运动，有：在第二、三象限中原圆周运动，由几何关系：又v2Vi22Eh,得到：V22痴BLq9mu1qE.v1t,h12mc8qLB22「1,得到E(3)如图所示，将V3分解成水平向右和v和斜向的V,则qvBEoB而VV2V2所以，运动过程中粒子的最小速率为即：V2E0B2V32.如图所示，竖直平面内有一固定绝缘轨道ABCDP由半径r=0.5m的圆弧轨道CDP和与之相切于C点的水平轨道ABC组成，圆弧轨道的直径DP与竖直半径OC间的夹角0=37°,A、B两点间的距离d=0.2m。质量mi=0.05kg的不带电绝缘滑块静止在A点，质量m2=0.1kg、电荷量q=1X105C的带正电小球静止在B点，小球的右侧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，滑块到达B点前瞬间撤去该恒力，滑块与小球发生弹性正碰，碰后小球沿轨道运动，到达P点时恰好和轨道无挤压且所受合力指向圆心。小球和滑块均视为质点，碰撞过程中小球的电荷量不变，不计一切摩擦。取g=10m/s2,sin37=0.6,cos37=0.8.(1)求撤去该恒力瞬间滑块的速度大小V以及匀强电场的电场强度大小E;(2)求小球到达P点时的速度大小vp和B、C两点间的距离x;(3)若小球从P点飞出后落到水平轨道上的Q点(图中未画出)后不再反弹，求Q、C两点间的距离L。【答案】(1)撤去该恒力瞬间滑块的速度大小是6m/s,匀强电场的电场强度大小是7.5X104N/C；(2)小球至IJ达P点时的速度大小是2.5m/s,B、C两点间的距离是0.85m。(3)Q、C两点间的距离为0.5625m。【解析】【详解】(1)对滑块从A点运动到B点的过程，根据动能定理有：Fd=-miv2,2代入数据解得：v=6m/s小球到达P点时，受力如图所示，由平衡条件得：qE=m2gtanq解得：E=7.5X14N/C。(2)小球所受重力与电场力的合力大小为：6等=皿组①2小球到达P点时，由牛顿第二定律有：G『m2vP②r联立①②，代入数据得：vp=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Vi、V2,以向右方向为正方向，由动量守恒定律得：miv=mivi+m2v2③TOC\o"1-5"\h\z..一.一ioioio由能重寸恒得：一m1V-mivi-m2V2④HYPERLINK\l"bookmark27"\o"CurrentDocument"222联立③④，代入数据得：Vi=-2m/s('J”表示vi的方向水平向左)，V2=4m/s小球碰后运动到P点的过程，由动能定理有：/S/八I2I2qE(x—rsin1—m2g(r+rcos0=-m2Vp—m2V2⑤22代入数据得：x=0.85m。iqE2(3)小球从P点飞出水平方向做匀减速运动，有：L-rsinQ=vpcostt⑥2m2I-竖直方向做匀加速运动，有：r+rcos9=vpsint+-gt2⑦2联立⑥⑦代入数据得：L=0.5625m；.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Ei,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E2和匀强磁场B,已知CD=2L,OC=L,E2=4Ei。在负x轴上有一质量为m、电量为+q的金属a球以速度vo沿x轴向右匀速运动，并与静止在坐标原点。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：.2vo(2)a、b碰后，经t时a球到某位置P点，求P点的位置坐标；3g(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。TOC\o"1-5"\h\zHYPERLINK\l"bookmark19"\o"CurrentDocument"22-122vov016mvo八【答案】⑴va-vo,vb-vo;(2)(——,丁)；(3)0B或339g9g15qLB16mvo3qL【解析】【 分析 定性数据统计分析pdf销售业绩分析模板建筑结构震害分析销售进度分析表京东商城竞争战略分析 】(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mgq&①a、b碰撞，动量守恒mvomva2mvb②机械能守恒12-mvo212一mva2a2mv；③1-vo3碰后a在电场中向左做类平抛运动，设经空0时a球到P点的位置坐标为3g-x,-y)由②③得2-vo④3(2)碰后a、b电量总量平分，则qa其中mg1^qE1由⑤⑥⑦得22v09g12y-at⑥2_1ma⑦，a=-g2Vo9g2故p点的位置坐标为(009g2Vo9g(3)碰撞后对b1二qE222mg⑨故b做匀速圆周运动，则1°-qVbB222mv^⑩r8mv0r3qBb恰好从C射出，则2r?由？？Bi16mv03qL恰从D射出，则由几何关系4L22L?由？？B216mv015qL故要使b不从CD边界射出，则B的取值范围满足16mv00B0或B15qL16mv03qL【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。.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r=J2L(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tABtPN【答案】(1)mg(2)2j2mg方向竖直向下(3)q4【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mg45°,贝U：tan45=Eq12(2)从P到A的过程，根据动能te理：mgL+EqL-mvA22解得VA=2,~gL小球在管中运动时，E2q=mg,小球做匀速圆周运动，则vo=va=2JgL2在D点时，下壁对球的支持力fmv02j2mgr由牛顿第三定律，FF2J2mg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ti,则:TOC\o"1-5"\h\zJ2L—J2gt；解得t1—HYPERLINK\l"bookmark33"\o"CurrentDocument"2,,g-2r小球在圆管内做匀速圆周运动的时间为t2,则：44t2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:Va贝U:-t4【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5.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x2、3……(3)t【解析】L2v0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...L12L⑴带电粒子在电场中做类平抛运动有：Lv0t,--at,qEma2联立解得：Emv0-qLvx(2)粒子进入磁场时，速度万向与y轴负万向夹角的正切值tan一二lvy速度大小vV0一2v0sin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(—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一；当满足2L=(2n+1)x时，粒子轨迹如图乙所示.乙若轨迹如图甲设圆弧的半径为R,圆弧对应的圆心角为鼻一.则有x=、2R,此时满足L=2nx2联立可得：R—2、2n由牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，则有:qvB2Vm一R得：B4nmv0,n=1、2、3.…qL轨迹如图乙设圆弧的半径为R,圆弧对应的圆心角为万.则有x2J2R2,此时满足L2n1x2联立可得：R2由牛顿第二定律,洛伦兹力提供向心力,则有:qvB2Vm——R222n1mv0得：B2,n=1、2、qL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4nmv0小BqLn=1、2、3….或B222n1mv0n=1、2、3.…（3）若轨迹如图甲,粒子从进人磁场到从坐标0=2nx-x2=2n兀则tT2n2nmqL（一L,0）点射出磁场过程中，圆心角的总和LqB2vo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(4n2)0=(2n+1)X2兀=(4n+2)12T22(4n2)mqB2Vo粒子从进入磁场到坐标（-L,0）点所用的时间为2nmL或qB2V0t2T2(4n2)(4n2)mLVoqB2.如图所示，在平面直角坐标系xOy平面内直角三角形abc的直角边ab长为6d,与y轴重合，/bac=30°,中位线OM与x轴重合，三角形内有垂直纸面向里的匀强磁场.在笫一象限内,有方向沿y轴正向的匀强电场，场强大小E与匀强磁场磁感应强度B的大小间满足E=voB.在x=3d的N点处，垂直于x轴放置一平面荧光屏.电子束以相同的初速度vo从y轴上一3dWyw的范围内垂直于y轴向左射入磁场，其中从y轴上y=一2d处射入的电子，经磁场偏转后，恰好经过。点.电子质量为m,电量为e,电子间的相互作用及重力不计.求(1)匀强磁杨的磁感应强度B(2)电子束从y轴正半轴上射入电场时的纵坐标y的范围；(3)荧光屏上发光点距N点的最远距离L中【答案】(1)mv0；(2)0y2d；(3)9d；ed4【解析】⑴设电子在磁场中做圆周运动的半径为r;由几何关系可得r=d2电子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：ev0Bm^0-r解得：Bmv0ed(2)当电子在磁场中运动的圆轨迹与ac边相切时，电子从+y轴射入电场的位置距。点最远，如图甲所示.，一一,、一,一,r设此时的圆心位置为O,有：Oasin30OO3dOa解得OOd即从O点进入磁场的电子射出磁场时的位置距O点最远所以ym2r2d电子束从y轴正半轴上射入电场时的纵坐标y的范围为0y2d设电子从0y2d范围内某一位置射入电场时的纵坐标为y,从ON间射出电场时的位置横坐标为x,速度方向与x轴间夹角为仇在电场中运动的时间为t,电子打到荧光屏上产生的发光点距N点的距离为L,如图乙所示：XK根据运动学公式有:xV0t1eEt22mvyeEtmtanVytan解得:L3dxL(3,d..2y),2y2d时，L有最大值8解得:L9d4当3,d..2yx2y【点睛】本题属于带电粒子在组合场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，要求能正确的画出运动轨迹，并根据几何关系确定某些物理量之间的关系；粒子在电场中的偏转经常用化曲为直的方法，求极值的问题一定要先找出临界的轨迹，注重数学方法在物理中的应用..电子扩束装置由电子加速器、偏转电场和偏转磁场组成.偏转电场的极板由相距为两块水平平行放置的导体板组成，如图甲所示.大量电子由静止开始，经加速电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间OO'射入偏转电场.当两板不带电时，这些电子通过两板之间的时间为2to；:当在两板间加最大值为U。、周期为2to的电压(如图乙所示)时，所有电子均能从两板间通过，然后进入竖直宽度足够大的匀强酸场中，最后打在竖直放置的荧光屏上.已知磁场的水平宽度为L,电子的质量为m、电荷量为e,其重力不计.、:IU图甲(1)求电子离开偏转电场时的位置到图乙OO'的最远位置和最近位置之间的距离(2)要使所有电子都能垂直打在荧光屏上，①求匀强磁场的磁感应强度BU0e.2y1而to②求垂直打在荧光屏上的电子束的宽度今【答案】(1)yU^eto(2)①B-②ydmdL【解析】【详解】(1)由题意可知，从0、2to、4t0、••…等时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场时的位置到OO的距离最大，在这种情况下，电子的最大距离为：121U0e2U0e23U°ejymax二at0vyt0二二一t0一；—t0丁;一t022dmdm2dmOO的距离最小，在这从t。、3t。、等时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场时的位置到种情况下，电子的最小距离为：ymin1ato21U°e2dmt2最远位置和最近位置之间的距离:ylymaxymin?U0e2y1Trt0dm0,由于电子要垂直打在荧光屏上，所以电(2)①设电子从偏转电场中射出时的偏向角为子在磁场中运动半径应为：RL^~sin设电子离开偏转电场时的速度为V1,垂直偏转极板的速度为Vy,则电子离开偏转电场时的偏向角为sinVyVi..U0e式中Vytodm又rmiBe解得：BU0^0dL②由于各个时刻从偏转电场中射出的电子的速度大小相等，方向相同，因此电子进入磁场后做圆周运动的半径也相同，都能垂直打在荧光屏上.由第(1)问知电子离开偏转电场时的位置到OO'的最大距离和最小距离的差值为今1,所以垂直打在荧光屏上的电子束的宽度为：yy1U/t；dm.如图所示，虚线MN为匀强电场和匀强磁场的分界线，匀强电场场强大小为E方向竖直向下且与边界MN成=45°角，匀强磁场的磁感应强度为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do现将一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从P处由静止释放(不计粒子所受重力，电场和磁场范围足够大)。求：(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)vJ2qEd(2)xCA472d(3)B'22V2B■m【解析】【详解】12(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qEd-mv2,解得v.2qEd(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Xca由类平抛规律XVt,yLEqt22m由几何知识可得x=y,解得t：2md\Eq两点间的距离为XcaJ2Vt,代入数据可得Xca4&dmv2mv12mEd⑶由qvBmv■可得RqB，即R^J2mEd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r24R4mvmv又因为r,所以B—,qB'qr代入数据可得B'22、、2B.1897年汤姆孙使用气体放电管，根据阴极射线在电场和磁场中的偏转情况发现了电子，并求出了电子的比荷。比荷是微观带电粒子的基本参量之一，测定电子的比荷的方法很多，其中最典型的是汤姆孙使用的方法和磁聚焦法。图中是汤姆孙使用的气体放电管的原理图。在阳极A与阴极K之间加上高压，A、A'是两个正对的小孔，GD是两片正对的平行金属板，S是荧光屏。由阴极发射出的电子流经过A、A’后形成一束狭窄的电子束，电子束由于惯性沿直线射在荧光屏的中央。点。若在C、D间同时加上竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，调节电场和磁场的强弱，可使电子束仍沿直线射到荧光屏的。点，此时电场强度为E,磁感应强度为B。(1)求电子通过A'时的速度大小v;(2)若将电场撤去，电子束将射在荧光屏上的O'点，可确定出电子在磁场中做圆周运动e的半径R,求电子的比荷一。m「EeE【答案】(1)vE；(2)--E-BmBR【解析】【详解】(1)电子在复合场中做匀速直线运动，由eEevB,得vE；B2(2)去掉电场，电子在磁场中做匀速圆周运动，由evBm—得£——1―RmBRBR.如图所示，在竖直面内有两平行金属导轨A®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另为2RR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。R*济CdP⑴当ab以速度V0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)QCBLv0(2)t3mgdaBLq【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;UBDEBLv0QCUbd联立解得：QCBLv0(2)微粒所受合力为0,则有：qE场mgUbdEUbd-3EBLv联立解得：t3mgdaBLq.如图所示，x轴的上方存在方向与x轴成45°角的匀强电场，电场强度为E,x轴的下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B0.5T.有一个质量m1011kg,电荷量73q10C的带正电粒子，该粒子的初速度Vo210m/s,从坐标原点O沿与x轴成45°角的方向进入匀强磁场，经过磁场和电场的作用，粒子从。点出发后第四次经过x轴时刚好又回到O点处，设电场和磁场的区域足够宽，不计粒子重力，求：XXX3?XXXXXXXXXXgXXXIXXXXXXXXXXX①带电粒子第一次经过x轴时的横坐标是多少？②电场强度E的大小及带电粒子从。点出发到再次回到。点所用的时间.【答案】①带电粒子第一次经过x轴时的横坐标是0.57m；②电场强度E的大小为1103V/m,带电粒子从。点出发到再次回到。点所用的时间为2.1103s.【解析】【分析】(1)粒子在磁场中受洛伦兹力作用下做一段圆弧后第一次经过x轴，根据洛伦兹力提供向心力公式求出半径，再根据几何关系求出坐标；(2)然后进入电场中，恰好做匀减速运动直到速度为零后又返回，以相同速率再次进入磁场仍在洛伦兹力作用下又做一段圆弧后，再次进入电场正好做类平抛运动.粒子在磁场中两次运动刚好完成一个周期，由粒子在电场中的类平抛运动，根据垂直电场方向位移与速度关系，沿电场方向位移与时间关系，结合牛顿第二定律求出E,三个过程的总时间即为总时间.【详解】2①粒子在磁场中受磁场力的作用沿圆弧运动，洛仑兹力提供向心力，qvBm—,Rmv半径R——0.4m,Bq根据圆的对称性可得粒子在磁场中第一次偏转所对的圆心角为90°,则第一次经过x轴时的横坐标为x1J2R0.4/2m0.57m②第一次进入电场，运动方向与电场方向相反，做匀减速直线运动，速度减为零后又反向加速返回磁场，在磁场中沿圆周运动，再次进入电场时速度方向刚好垂直电场方向，在电场力的作用下偏转，打在坐标原点。处，其运动轨迹如图所示.由几何关系可得，第二次进入电场中的位移为2J2R，在垂直电场方向的位移S]vti,运动时间t1旦型4104svv1在沿电场方向上的位移S21at2,2又因电2R得a2s21107m/s2t；根据牛顿第二定律aEq所以电场强度Ema3110V/m粒子从第一次进入电场到再返回磁场的时间t2空4104s,a粒子在磁场中两段运动的时间之和刚好是做一个完整圆周运动的周期104s3所以粒子从出发到再回到原点的时间为tt1t2T2.110s【点睛】本题考查带电粒子在电场、磁场中两运动模型：匀速圆周运动与类平抛运动，及相关的综合分析能力，以及空间想像的能力，应用数学知识解决物理问题的能力..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B1=B0,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b2=2B。垂直于……，…一…，…2,j、一xOy平面，图象如图所本.一质重为m,电重为-q的粒子在t—10时刻沿着与y轴正方向3成60。角方向从A点射入磁场，t2t0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。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。的距离为4L.(不计粒子重力，电场和磁场互不影响，结果用B°、m、q、L表不)(1)求此粒子从A点射出时的速度。0；(2)求电场强度Eo的大小和方向；(3)粒子在t9t0时到达M点，求M点坐标.【答案】⑴Vo25B°L⑵E^L(3)(9L,--)m2m2【解析】试题分析：(1)设粒子在磁场中做圆周运动的半径为Ri,由牛顿第二定律得根据题意由几何关系可得3L=%+浜;②联立①②得2^③加(2)粒子在第一象限磁场中运动的周期设为「，可得r4=~^-④粒子在第四象限磁场中运动的周期设为丁2,可得西⑤14根据题意由几何关系可得=-f.d31”由④⑤⑥可得工.=4%⑦4=2%⑧综上可以判断3to—4to粒子在第四象限的磁场中刚好运动半个周期，半径为KL於£二不⑨由牛顿第二定律得2to—3to,粒子做匀减速直线运动,qE=ma11；.：一:.12综上解得:4^--13(3)由题意知，粒子在8t。时刚在第四象限做完半个圆周运动,x=9L14粒子在电场中减速运动的时间为to,由运动学公式可得联立③⑨⑩1112可解得3昂-一.16联立可得M点的坐标为3U(9L,--)17考点：带电粒子在电场及在磁场中的运动