靜電場2

題型一、帶電粒子在電場中的運動以及相應的功能關系

題型二、帶電粒子在復合場中的運動的綜合類問題

題型三、帶點粒子在電場中運動的綜合類問題

題型一、帶電粒子在電場中的運動以及相應的功能關系

1.（2019江蘇）一勻強電場的方向豎直向上，t=0時刻，一帶電粒子以一定初速度水平射入該電場，電場力對粒子做功的功率為P，不計粒子重力，則P-t關系圖象是（）

【答案】A

【解析】由于帶電粒子在電場中類平拋運動，在電場力方向上做勻加速直線運動，加速度為，經過時間，電場力方向速度為，功率為，所以P與t成正比，故A正確。

2.（2017·江蘇卷）在x軸上有兩個點電荷q1、q2，其靜電場的電勢φ在x軸上分布如圖所示．下列說法正確有（）

A.q1和q2帶有異種電荷

B.x1處的電場強度為零

C.負電荷從x1移到x2，電勢能減小

D.負電荷從x1移到x2，受到的電場力增大

【答案】AC

【解析】：圖像的斜率代表場強的大小，x1處的電勢為0，可見只能帶異種電荷，故A

正確，從圖像可知從x1到x2電勢增加，可見場強的方向沿x軸負方向，所以電場力對負電荷做正功，電勢能減小；從x1到x2斜率逐漸減小，場強減小，電場力減小；

3.（2011全國卷1）．通常一次閃電過程歷時約0.2～O.3s，它由若干個相繼發生的閃擊構成。每個閃擊持續時間僅40～80μs，電荷轉移主要發生在第一個閃擊過程中。在某一次閃電前云地之間的電勢差約為1.0×v，云地間距離約為l

km；第一個閃擊過程中云地間轉移的電荷量約為6

C，閃擊持續時間約為60μs。假定閃電前云地間的電場是均勻的。根據以上數據，下列判斷正確的是（）

A.閃電電流的瞬時值可達到1×A

B．整個閃電過程的平均功率約為l×W

C．閃電前云地間的電場強度約為l×106V/m

D.整個閃電過程向外釋放的能量約為6×J

【答案】：C

【解析】選AC.由I＝＝A＝1×105

A知，A對．由E＝＝

V/m＝1×106

V/m知，C對；由W＝qU＝6×1.0×109

J＝6×109J知，D錯；＝＝

W＝3×1010W，B錯．

4.（2014·全國卷）地球表面附近某區域存在大小為150

N/C、方向豎直向下的電場．一質量為1.00×10－4

kg、帶電荷量為－1.00×10－7

C的小球從靜止釋放，在電場區域內下落10.0

m．對此過程，該小球的電勢能和動能的改變量分別為(重力加速度大小取9.80

m/s2，忽略空氣阻力)

（）

A．－1.50×10－4

J和9.95×10－3

J

B．1.50×10－4

J和9.95×10－3

J

C．－1.50×10－4

J和9.65×10－3

J

D．1.50×10－4

J和9.65×10－3

J

【答案】D

【解析】：

本題考查功與能．設小球下落的高度為h，則電場力做的功W1＝－qEh＝－1.5×10－4

J，電場力做負功，電勢能增加，所以電勢能增加1.5×10－4

J；重力做的功W2＝mgh＝9.8×10－3

J，合力做的功W＝

W1＋

W2＝9.65×10－3

J，根據動能定理可知ΔEk＝W＝9.65×10－3

J，因此D項正確．

5.(2013全國1)一水平放置的平行板電容器的兩極板間距為d，極板分別與電池兩極相連，上極板中心有一小孔(小孔對電場的影響可忽略不計)．小孔正上方處的P點有一帶電粒子，該粒子從靜止開始下落，經過小孔進入電容器，并在下極板處(未與極板接觸)返回．若將下極板向上平移，則從P點開始下落的相同粒子將()

A．打到下極板上

B．在下極板處返回

C．在距上極板處返回

D．在距上極板d處返回

【答案】D

【解析】選D.本題應從動能定理的角度解決問題．帶電粒子在重力作用下下落，此過程中重力做正功，當帶電粒子進入平行板電容器時，電場力對帶電粒子做負功，若帶電粒子在下極板處返回，由動能定理得mg(＋d)－qU＝0；若電容器下極板上移，設帶電粒子在距上極板d′處返回，則重力做功WG＝mg(＋d′)，電場力做功W電＝－qU′＝－qU＝－qU，由動能定理得WG＋W電＝0，聯立各式解得d′＝d，選項D正確．

6.(2013天津)兩個帶等量正電的點電荷，固定在圖中P、Q兩點，MN為PQ連線的中垂線，交PQ于O點，A為MN上的一點．一帶負電的試探電荷q，從A由靜止釋放，只在靜電力作用下運動，取無限遠處的電勢為零，則()

A．q由A向O的運動是勻加速直線運動

B．q由A向O運動的過程電勢能逐漸減小

C．q運動到O點時的動能最大

D．q運動到O點時的電勢能為零

【答案】BC.【解析】：等量同種電荷的電場線如圖所示，負試探電荷q在A點由靜止釋放，在電場力的作用下從A向O

7.（2010四川卷）如圖所示，圓弧虛線表示正點電荷電場的等勢面，相鄰兩等勢面間的電勢差相等。光滑絕緣直桿沿電場方向水平放置并固定不動，桿上套有一帶正電的小滑塊(可視為質點)，滑塊通過絕緣輕彈簧與固定點O相連，并以某一初速度從M點運動到N點，OM＜ON。若滑塊在M、N時彈簧的彈力大小相等，彈簧始終在彈性限度內，則

（）

A、滑塊從M到N的過程中，速度可能一直增大

B、滑塊從位置1到2的過程中，電場力做的功比從位置3到4的小

C、在M、N之間的范圍內，可能存在滑塊速度相同的兩個位置

D、在M、N之間可能存在只由電場力確定滑塊加速度大小的三個位置

【答案】：AC

【解析】：在N點如果電場力不小于彈簧彈力的分力，則滑塊一直加速，A正確。在N點如果電場力小于彈簧彈力的分力，則滑塊先加速后減速，就可能有兩個位置的速度相同，C正確。1、2與3、4間的電勢差相等，電場力做功相等，B錯誤。由于M點和N點彈簧的長度不同但彈力相等，說明N點時彈簧是壓縮的，在彈簧與水平桿垂直和彈簧恢復原長的兩個位置滑塊的加速度只由電場力決定，D錯誤。

第二種情況是此時間差不是周期的整數倍則，當n=0時s，且由于是的二倍說明振幅是該位移的二倍為0.2m。

8.（2019江蘇）如圖所示，ABC為等邊三角形，電荷量為+q的點電荷固定在A點．先將一電荷量也為+q的點電荷Q1從無窮遠處（電勢為0）移到C點，此過程中，電場力做功為-W．再將Q1從C點沿CB移到B點并固定．最后將一電荷量為-2q的點電荷Q2從無窮遠處移到C點．下列說法正確的有（）

A：Q1移入之前，C點的電勢為

B：Q1從C點移到B點的過程中，所受電場力做的功為0

C：Q2從無窮遠處移到C點的過程中，所受電場力做的功為2W

D：Q2在移到C點后的電勢能為-4W

【答案】ABD

【解析】：由題意可知，C點的電勢為，故A正確；由于B、C兩點到A點()的距離相等，所以B、C兩點的電勢相等，所以從C點移到B點的過程中，電場力做功為0，故B正確；由于B、C兩點的電勢相等，所以當在B點固定后，C點的電勢為,所以

從無窮遠移到C點過程中，電場力做功為：故C錯誤；

由于C點的電勢為，所以電勢能為，故D正確。

題型二、帶電粒子在復合場中的運動的綜合類問題

9.（2019天津）如圖所示，在水平向右的勻強電場中，質量為的帶電小球，以初速度v從點豎直向上運動，通過點時，速度大小為2v，方向與電場方向相反，則小球從運動到的過程（）

A．動能增加

B．機械能增加

C．重力勢能增加

D．電勢能增加

【答案】：C

【解析】：小球的動能增加量為；故A

錯誤；除重力外其它力對小球做功的大小為小球機械能的增加量，在本題中電場力對小球做功的大小為小球機械能的增加量，在水平方向上研究小球可知電場力對其做正功，電勢能減小，可求得電場力對小球做功大小為小球水平方向動能的增量；即小球的機械能增加了；電勢能減小了；故B對，D

錯；從M點到N

點對小球應用動能定理得：；又；可求得故C

錯；

10.（2016江蘇）如圖所示，水平金屬板A、B分別與電源兩極相連，帶電油滴處于靜止狀態．現將B板右端向下移動一小段距離，兩金屬板表面仍均為等勢面，則該油滴（）

A.仍然保持靜止

B.豎直向下運動

C.向左下方運動

D.向右下方運動

【答案】D

【解析】兩極板平行時帶電粒子處于平衡狀態，則重力等于電場力，當下極板旋轉時，板間距離增大場強減小，電場力小于重力；由于電場線垂直于金屬板表面，所以電荷處的電場線如圖所示，所以重力與電場力的合力偏向右下方，故粒子向右下方運動，選項D正確.11.(2013廣東)噴墨打印機的簡化模型如圖所示．重力可忽略的墨汁微滴，經帶電室帶負電后，以速度v垂直勻強電場飛入極板間，最終打在紙上，則微滴在極板間電場中()

A．向負極板偏轉

B．電勢能逐漸增大

C．運動軌跡是拋物線

D．運動軌跡與帶電量無關

【答案】：C

【解析】選C.帶電微滴垂直進入電場后，在電場中做類平拋運動，根據平拋運動的分解——水平方向做勻速直線運動和豎直方向做勻加速直線運動．

帶負電的微滴進入電場后受到向上的靜電力，故帶電微滴向正極板偏轉，選項A錯誤；帶電微滴垂直進入電場受豎直方向的靜電力作用，靜電力做正功，故墨汁微滴的電勢能減小，選項B錯誤；根據x＝v0t，y＝at2及a＝，得帶電微滴的軌跡方程為y＝，即運動軌跡是拋物線，與帶電量有關，選項C正確，D錯誤．

12.（2016全國1）

如圖，一帶負電荷的油滴在勻強電場中運動，其軌跡在豎直面（紙面）內，且相對于過軌跡最低點的豎直線對稱。忽略空氣阻力。由此可知（）

A.點的電勢比點高

B.油滴在點的動能比它在點的大

C.油滴在點的電勢能比它在點的大

D.油滴在點的加速度大小比它在點的小

【答案】AB

【解析】由于勻強電場中的電場力和重力都是恒力，所以合外力為恒力，加速度恒定不變，所以D選項錯。由于油滴軌跡相對于過的豎直線對稱且合外力總是指向軌跡彎曲內側，所以油滴所受合外力沿豎直方向，電場力豎直向上。當油滴得從點運動到時，電場力做正功，電勢能減小，C選項錯誤；油滴帶負電，電勢能減小，電勢增加，所以點電勢高于點電勢，A選項正確；在油滴從點運動到的過程中，合外力做正功，動能增加，所以點動能大于點，B選項正確；所以選AB。

13.（2014·天津）如圖所示，平行金屬板A、B水平正對放置，分別帶等量異號電荷．一帶電微粒水平射入板間，在重力和電場力共同作用下運動，軌跡如圖中虛線所示，那么（）

A．若微粒帶正電荷，則A板一定帶正電荷

B．微粒從M點運動到N點電勢能一定增加

C．微粒從M點運動到N點動能一定增加

D.微粒從M點運動到N點機械能一定增加

【答案】C

【解析】：

本題是對帶電微粒在復合場中的運動、動能定理、機械能守恒定律、受力分析的綜合考查，通過圖像中的運動軌跡，無法判斷電場力的方向，只能判斷出微粒所受的合外力方向豎直向下，運動過程中合力的方向與運動方向的夾角為銳角，合外力做正功，微粒的動能增加，A、B錯誤，C正確．由于不能判斷出電場力的方向，所以機械能的變化也不能確定，D錯誤．

14.（2010全國卷2）

在雷雨云下沿豎直方向的電場強度為V/m.已知一半徑為1mm的雨滴在此電場中不會下落，取重力加速度大小為10m/,水的密度為kg/。這雨滴攜帶的電荷量的最小值約為

A．2C

B.4C

C.6C

D.8C

【答案】B

【解析】帶電雨滴在電場力和重力最用下保持靜止，根據平衡條件電場力和重力必然等大反向mg=Eq，則。

題型三、帶點粒子在電場中運動的綜合類問題

15.（2019全國2）如圖，兩金屬板P、Q水平放置，間距為d。兩金屬板正中間有一水平放置的金屬網G，PQG的尺寸相同。G接地，PQ的電勢均為（>0）。質量為m，電荷量為q（q>0）的粒子自G的左端上方距離G為h的位置，以速度v0平行于紙面水平射入電場，重力忽略不計。

（1）求粒子第一次穿過G時的動能，以及她從射入電場至此時在水平方向上的位移大小；

（2）若粒子恰好從G的下方距離G也為h的位置離開電場，則金屬板的長度最短應為多少？

【答案】（1）；（2）

【解析】（1）PG、QG間場強大小相等，均為E，粒子在PG間所受電場力F的方向豎直向下，設粒子的加速度大小為a，有

①

F=qE=ma②

設粒子第一次到達G時動能為Ek，由動能定理有

③

設粒子第一次到達G時所用時間為t，粒子在水平方向的位移為l，則有

④

l=v0t⑤

聯立①②③④⑤式解得

⑥

⑦

（2）

設粒子穿過G一次就從電場的右側飛出，則金屬板的長度最短，由對稱性知，此時金屬板的長度L為⑧

16.（2019全國3）空間存在一方向豎直向下的勻強電場，O、P是電場中的兩點。從O點沿水平方向以不同速度先后發射兩個質量均為m的小球A、B。A不帶電，B的電荷量為q（q>0）。A從O點發射時的速度大小為v0，到達P點所用時間為t；B從O點到達P點所用時間為。重力加速度為g，求

（1）電場強度的大小；

（2）B運動到P點時的動能。

【答案】（1）；（2）

【解析】：（1）設電場強度的大小為E，小球B運動的加速度為a。根據牛頓定律、運動學公式和題給條件，有

mg+qE=ma①

②

解得

③

（2）設B從O點發射時的速度為v1，到達P點時的動能為Ek，O、P兩點的高度差為h，根據動能定理有

④

且有

⑤

⑥

聯立③④⑤⑥式得

⑦

17.（2016北京卷）如圖所示，電子由靜止開始經加速電場加速后，沿平行于版面的方向射入偏轉電場，并從另一側射出。已知電子質量為m，電荷量為e，加速電場電壓為，偏轉電場可看做勻強電場，極板間電壓為U，極板長度為L，板間距為d。

（1）忽略電子所受重力，求電子射入偏轉電場時初速度v0和從電場射出時沿垂直版面方向的偏轉距離Δy；

（2）分析物理量的數量級，是解決物理問題的常用方法。在解決（1）問時忽略了電子所受重力，請利用下列數據分析說明其原因。已知，。

（3）極板間既有電場也有重力場。電勢反映了靜電場各點的能的性質，請寫出電勢的定義式。類比電勢的定義方法，在重力場中建立“重力勢”的概念，并簡要說明電勢和“重力勢”的共同特點。

【答案】（1）（2）不需要考慮電子所受的重力（3）、電勢和重力勢都是反映場的能的性質的物理量，僅僅由場自身的因素決定

【解析】（1）根據功能關系，可得，電子射入偏轉電場的初速度，在偏轉電場中電子的運動時間

側移量

（2）考慮電子所受重力和電場力的數量級，有重力[來源:學_電場力

由于，因此不需要考慮電子所受的重力

（3）電場中某點電勢定義為電荷在該點的電勢能與電荷量q的比值，由于重力做功與路徑無關，可以類比靜電場電勢的定義，將重力場中物體在某點的重力勢能與其質量m的比值，叫做重力勢，即，電勢和重力勢都是反映場的能的性質的物理量，僅僅由場自身的因素決定

18.（上海卷）如圖（a），長度L=0.8m的光滑桿左端固定一帶正電的點電荷A，其電荷量Q=；一質量m=0.02kg，帶電量為q的小球B套在桿上。將桿沿水平方向固定于某非均勻外電場中，以桿左端為原點，沿桿向右為x軸正方向建立坐標系。點電荷A對小球B的作用力隨B位置x的變化關系如圖（b）中曲線I所示，小球B所受水平方向的合力隨B位置x的變化關系如圖（b）中曲線II所示，其中曲線II在0.16≤x≤0.20和x≥0.40范圍可近似看作直線。求：（靜電力常量）

（1）小球B所帶電量q;

（2）非均勻外電場在x=0.3m處沿細桿方向的電場強度大小E；

（3）在合電場中，x=0.4m與x=0.6m之間的電勢差U。

（4）已知小球在x=0.2m處獲得v=0.4m/s的初速度時，最遠可以運動到x=0.4m。若小球在x=0.16m處受到方向向右，大小為0.04N的恒力作用后，由靜止開始運動，為使小球能離開細桿，恒力作用的做小距離s是多少？

【答案】（1）

（2）

（3）800v

（4）0.065m

【解析】（1）由圖可知，當x=0.3m時，N

因此C

（2）設在x=0.3m處點電荷與小球間作用力為F2，F合=F2+qE

因此

電場在x=0.3m處沿細稈方向的電場強度大小為3，方向水平向左。

（3）根據圖像可知在x=0.4m與x=0.6m之間合力做功大小,又,可得

(4)由圖可知小球從x=0.16到x=0.2m處，電場力做功

小球從x=0.2m到x=0.4m處

由圖可知小球從到處

電場力做功=－0.004×0.4=

由動能定理

+++=0

解得=

19.（2016四川）中國科學家2015年10月宣布中國將在2020年開始建造世界上最大的粒子加速器。加速器是人類揭示物質本源的關鍵設備，在放射治療、食品安全、材料科學等方面有廣泛應用。

如圖所示，某直線加速器由沿軸線分布的一系列金屬圓管(漂移管)組成，相鄰漂移管分別接在高頻脈沖電源的兩極。質子從K點沿軸線進入加速器并依次向右穿過各漂移管，在漂移管內做勻速直線運動，在漂移管間被電場加速、加速電壓視為不變。設質子進入漂移管B時速度為，進入漂移管E時速度為，電源頻率為，漂移管間縫隙很小。質子在每個管內運動時間視為電源周期的1/2。質子的荷質比取。求：

（1）漂移管B的長度；

（2）相鄰漂移管間的加速電壓。

【答案】：（1）漂移管B的長度為0.4

m

（2）相鄰漂移管間的加速電壓為6×104

V。

【解析】（1）設高頻脈沖電源的頻率為f，周期為T；質子在每個漂移管中運動的時間為t；質子進入漂移管B時速度為

；漂移管B的長度為

。則

①

②

③

聯立①②③式并代入數據得：

④

（2）設質子的電荷量為q，質量為m，荷質比為e；質子進入漂移管B時動能為；質子進入漂移管E時速度為，動能為；質子從漂移管B運動到漂移管E，動能的增加量為；質子每次在相鄰漂移管間被電場加速，電場的電壓為U，所做的功為W。則

⑤

⑥

⑦

⑧

⑨

質子從漂移管B運動到漂移管E共被電場加速3次，根據動能定理有

⑩

聯立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式并代入數據得：

20.(2013山東卷)

如圖所示，在坐標系xOy的第一、第三象限內存在相同的勻強磁場，磁場方向垂直于xOy平面向里；第四象限內有沿y軸正方向的勻強電場，電場強度大小為E.一帶電量為＋q、質量為m的粒子，自y軸上的P點沿x軸正方向射入第四象限，經x軸上的Q點進入第一象限，隨即撤去電場，以后僅保留磁場．已知OP＝d，OQ＝2d，不計粒子重力．

(1)求粒子過Q點時速度的大小和方向．

(2)若磁感應強度的大小為一確定值B0，粒子將以垂直y軸的方向進入第二象限，求B0.【答案】：見解析

【解析】(1)設粒子在電場中運動的時間為t0，加速度的大小為a，粒子的初速度為v0，過Q點時速度的大小為v，沿y軸方向分速度的大小為vy，速度與x軸正方向間的夾角為θ，由牛頓第二定律得

qE＝ma

①

由運動學公式得

d＝at

②

2d＝v0t0

③

vy＝at0

④

v＝

⑤

tan

θ＝

⑥

聯立①②③④⑤⑥式得

v＝2

⑦

θ＝45°.⑧

(2)

設粒子做圓周運動的半徑為R1，粒子在第一象限內的運動軌跡如圖所示，O1為圓心，由幾何關系可知△O1OQ為等腰直角三角形，得

R1＝2d

⑨

由牛頓第二定律得

qvB0＝m

⑩

聯立⑦⑨⑩式得

B0＝.?

21.(2013浙江)“電子能量分析器”主要由處于真空中的電子偏轉器和探測板組成。偏轉器是由兩個相互絕緣、半徑分別為RA和RB的同心金屬半球面A和B構成，A、B為電勢值不等的等勢面，其過球心的截面如圖所示．一束電荷量為e、質量為m的電子以不同的動能從偏轉器左端M板正中間小孔垂直入射，進入偏轉電場區域，最后到達偏轉器右端的探測板N，其中動能為Ek0的電子沿等勢面C做勻速圓周運動到達N板的正中間．忽略電場的邊緣效應。

(1)判斷半球面A、B的電勢高低，并說明理由；

(2)求等勢面C所在處電場強度E的大小；

(3)若半球面A、B和等勢面C的電勢分別為φA、φB和φC，則到達N板左、右邊緣處的電子，經過偏轉電場前、后的動能改變量ΔEk左和ΔEk右分別為多少？

(4)比較|ΔEk左|和|ΔEk右|的大小，并說明理由．

【答案】：見解析

【解析】：(1)電子(帶負電)做圓周運動，電場力方向指向球心，電場方向從B指向A，半球面B的電勢高于A.(2)據題意，電子在電場力作用下做圓周運動，考慮到圓軌道上的電場強度E大小相同，有：

eE＝m

Ek0＝mv2

R＝

聯立解得：

E＝＝.(3)電子運動時只有電場力做功，根據動能定理，有

ΔEk＝qU

對到達N板左邊緣的電子，電場力做正功，動能增加，有

ΔEk左＝e(φB－φC)

對到達N板右邊緣的電子，電場力做負功，動能減小，有

ΔEk右＝e(φA－φC)．

(4)根據電場線特點，等勢面B與C之間的電場強度大于C與A之間的電場強度，考慮到等勢面間距相等，有

|φB－φC|＞|φA－φC|

即|ΔEk左|＞|ΔEk右|.22.(2013全國大綱)

一電荷量為q(q＞0)、質量為m的帶電粒子在勻強電場的作用下，在t＝0時由靜止開始運動，場強隨時間變化的規律如圖所示．不計重力，求在t＝0到t＝T的時間間隔內，(1)粒子位移的大小和方向；

(2)粒子沿初始電場反方向運動的時間．

【解析】帶電粒子在規律性變化的電場力作用下做變速運動．

法一：(1)帶電粒子在0～、～、～、～T時間間隔內做勻變速運動，設加速度分別為a1、a2、a3、a4，由牛頓第二定律得

a1＝

①

a2＝－2

②

a3＝2

③

a4＝－

④

由此得帶電粒子在0～T時間間隔內運動的加速度—時間圖象如圖(a)所示，對應的速度—時間圖像如圖(b)所示，其中

v1＝a1＝

⑤

由圖(b)可知，帶電粒子在t＝0到t＝T時間內的位移為

s＝v1

⑥

圖(b)

由⑤⑥式得

s＝T2

⑦

方向沿初始電場正方向．

(2)由圖(b)可知，粒子在t＝T到t＝T內沿初始電場的反方向運動，總的運動時間為

t＝T－T＝

⑧

法二：(1)帶電粒子在0～、～、～、～T時間間隔內做勻變速運動，設加速度分別為a1、a2、a3、a4，由牛頓第二定律得

qE0＝ma1

①

－2qE0＝ma2

②

2qE0＝ma3

③

－qE0＝ma4

④

設帶電粒子在t＝、t＝、t＝、t＝T時的速度分別為v1、v2、v3、v4，則

v1＝a1

⑤

v2＝v1＋a2

⑥

v3＝v2＋a3

⑦

v4＝v3＋a4

⑧

設帶電粒子在t＝0到t＝T時間內的位移為s，有

s＝(＋＋＋)

⑨

聯立以上各式可得

s＝

⑩

方向沿初始電場正方向．

(2)由電場的變化規律知，t＝時粒子開始減速，設經過時間t1速度減為零．

0＝v1＋a2t1

將①②⑤式代入上式，得

t1＝

?

粒子從t＝時開始減速，設經過時間t2速度變為零．

0＝v2＋a3t2

此式與①②③⑤⑥式聯立得

t2＝

?

t＝0到t＝T內粒子沿初始電場反方向運動的時間為

t＝(－t1)＋t2

?

將??式代入?式得

t＝.?

答案：(1)T2，方向沿初始電場正方向(2)

23.(2013北京卷)如圖所示，兩平行金屬板間距為d，電勢差為U，板間電場可視為勻強電場．金屬板下方有一磁感應強度為B的勻強磁場．帶電量為＋q、質量為m的粒子，由靜止開始從正極板出發，經電場加速后射出，并進入磁場做勻速圓周運動．忽略重力的影響，求：

(1)勻強電場場強E的大小；

(2)粒子從電場射出時速度v的大小；

(3)粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑R.【答案】：(1)(2)

(3)

【解析】本題中帶電粒子在電場中由靜止開始做勻加速直線運動，可由動能定理或牛頓第二定律求解，選用動能定理進行解題更簡捷．進入磁場后做勻速圓周運動，明確帶電粒子的運動過程及相關公式是解題的關鍵．

(1)電場強度E＝.(2)根據動能定理，有qU＝mv2－0得v＝.(3)粒子在磁場中做勻速圓周運動時，洛倫茲力提供向心力，有qvB＝m

得R＝

.24.(2013全國2)如圖，勻強電場中有一半徑為r的光滑絕緣圓軌道，軌道平面與電場方向平行．a、b為軌道直徑的兩端，該直徑與電場方向平行．一電荷為q(q>0)的質點沿軌道內側運動．經過a點和b點時對軌道壓力的大小分別為Na和NB.不計重力，求電場強度的大小E、質點經過a點和b點時的動能．

【答案】：(Nb－Na)(Nb＋5Na)(5Nb＋Na)

【解析】小球在光滑軌道上做圓周運動，在a、b兩點時，靜電力和軌道的作用力的合力提供向心力，由b到a只有電場力做功，利用動能定理，可求解E及a、b兩點的動能．

質點所受電場力的大小為

F＝qE

①

設質點質量為m，經過a點和b點時的速度大小分別為va和vb，由牛頓第二定律有

F＋Na＝m

②

Nb－F＝m

③

設質點經過a點和b點時的動能分別為Eka和Ekb，有

Eka＝mv

④

Ekb＝mv

⑤

根據動能定理有Ekb－Eka＝2rF

⑥

聯立①②③④⑤⑥式得

E＝(Nb－Na)

Eka＝(Nb＋5Na)

Ekb＝(5Nb＋Na)．

25.(2011北京)靜電場方向平行于x軸，其電勢φ隨x的分布可簡化為如圖所示的折線，圖中φ0和d為已知量．一個帶負電的粒子在電場中以x＝0為中心、沿x軸方向做周期性運動，已知該粒子質量為m、電荷量為－q，其動能與電勢能之和為－A(0

(1)粒子所受電場力的大小；

(2)粒子的運動區間；

(3)粒子的運動周期．

【答案】(1)(2)－d(1－)≤x≤d(1－)(3)

【解析】(1)由題圖可知，0與d(或－d)兩點間的電勢差為φ0，電場強度的大小E＝，電場力的大小F＝qE＝.(2)設粒子在[－x0，x0]區間內運動，速率為v，由題意得

mv2－qφ＝－A①

由題圖可知φ＝φ0(1－)②

由①②得mv2＝qφ0(1－)－A③

因動能非負，有qφ0(1－)－A≥0，得|x|≤d(1－)，即x0＝d(1－)④

粒子的運動區間滿足

－d(1－)≤x≤d(1－)．

(3)考慮粒子從－x0處開始運動的四分之一周期，根據牛頓第二定律，粒子的加速度

a＝＝＝⑤

由勻加速直線運動規律得t＝.將④⑤代入，得t＝.粒子的運動周期

T＝4t＝.