靜電場2

題型一、帶電粒子在電場中的運(yùn)動以及相應(yīng)的功能關(guān)系

題型二、帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動的綜合類問題

題型三、帶點(diǎn)粒子在電場中運(yùn)動的綜合類問題

題型一、帶電粒子在電場中的運(yùn)動以及相應(yīng)的功能關(guān)系

1.（2019江蘇）一勻強(qiáng)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(guān)系圖象是（）

【答案】A

【解析】由于帶電粒子在電場中類平拋運(yùn)動，在電場力方向上做勻加速直線運(yùn)動，加速度為，經(jīng)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(diǎn)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(qiáng)度為零

C.負(fù)電荷從x1移到x2，電勢能減小

D.負(fù)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(qiáng)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(qiáng)的方向沿x軸負(fù)方向，所以電場力對負(fù)電荷做正功，電勢能減??；從x1到x2斜率逐漸減小，場強(qiáng)減小，電場力減?。?/p>

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(fā)生的閃擊構(gòu)成。每個閃擊持續(xù)時間僅40～80μs，電荷轉(zhuǎn)移主要發(fā)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(zhuǎn)移的電荷量約為6

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

A.閃電電流的瞬時值可達(dá)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(qiáng)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(qū)域存在大小為150

N/C、方向豎直向下的電場．一質(zhì)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(qū)域內(nèi)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(shè)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(fù)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(jù)動能定理可知ΔEk＝W＝9.65×10－3

J，因此D項(xiàng)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(diǎn)有一帶電粒子，該粒子從靜止開始下落，經(jīng)過小孔進(jìn)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(diǎn)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(yīng)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(dāng)帶電粒子進(jìn)入平行板電容器時，電場力對帶電粒子做負(fù)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(shè)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(lián)立各式解得d′＝d，選項(xiàng)D正確．

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

A．q由A向O的運(yùn)動是勻加速直線運(yùn)動

B．q由A向O運(yùn)動的過程電勢能逐漸減小

C．q運(yùn)動到O點(diǎn)時的動能最大

D．q運(yùn)動到O點(diǎn)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(fù)試探電荷q在A點(diǎn)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(diǎn)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(zhì)點(diǎn))，滑塊通過絕緣輕彈簧與固定點(diǎn)O相連，并以某一初速度從M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)，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(nèi)，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(nèi)，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(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)和N點(diǎn)彈簧的長度不同但彈力相等，說明N點(diǎn)時彈簧是壓縮的，在彈簧與水平桿垂直和彈簧恢復(fù)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(shù)倍則，當(dāng)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(diǎn)電荷固定在A點(diǎn)．先將一電荷量也為+q的點(diǎn)電荷Q1從無窮遠(yuǎn)處（電勢為0）移到C點(diǎn)，此過程中，電場力做功為-W．再將Q1從C點(diǎn)沿CB移到B點(diǎn)并固定．最后將一電荷量為-2q的點(diǎn)電荷Q2從無窮遠(yuǎn)處移到C點(diǎn)．下列說法正確的有（）

A：Q1移入之前，C點(diǎn)的電勢為

B：Q1從C點(diǎn)移到B點(diǎn)的過程中，所受電場力做的功為0

C：Q2從無窮遠(yuǎn)處移到C點(diǎn)的過程中，所受電場力做的功為2W

D：Q2在移到C點(diǎn)后的電勢能為-4W

【答案】ABD

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

從無窮遠(yuǎn)移到C點(diǎn)過程中，電場力做功為：故C錯誤；

由于C點(diǎn)的電勢為，所以電勢能為，故D正確。

題型二、帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動的綜合類問題

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

A．動能增加

B．機(jī)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(jī)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(jī)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(jī)械能增加了；電勢能減小了；故B對，D

錯；從M點(diǎn)到N

點(diǎn)對小球應(yīng)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?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)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(yùn)動

C.向左下方運(yùn)動

D.向右下方運(yùn)動

【答案】D

【解析】兩極板平行時帶電粒子處于平衡狀態(tài)，則重力等于電場力，當(dāng)下極板旋轉(zhuǎn)時，板間距離增大場強(qiáng)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(yùn)動，選項(xiàng)D正確.11.(2013廣東)噴墨打印機(jī)的簡化模型如圖所示．重力可忽略的墨汁微滴，經(jīng)帶電室?guī)ж?fù)電后，以速度v垂直勻強(qiáng)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(fù)極板偏轉(zhuǎn)

B．電勢能逐漸增大

C．運(yùn)動軌跡是拋物線

D．運(yùn)動軌跡與帶電量無關(guān)

【答案】：C

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

帶負(fù)電的微滴進(jìn)入電場后受到向上的靜電力，故帶電微滴向正極板偏轉(zhuǎn)，選項(xiàng)A錯誤；帶電微滴垂直進(jìn)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(xiàng)B錯誤；根據(jù)x＝v0t，y＝at2及a＝，得帶電微滴的軌跡方程為y＝，即運(yùn)動軌跡是拋物線，與帶電量有關(guān)，選項(xiàng)C正確，D錯誤．

12.（2016全國1）

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

A.點(diǎn)的電勢比點(diǎn)高

B.油滴在點(diǎn)的動能比它在點(diǎn)的大

C.油滴在點(diǎn)的電勢能比它在點(diǎn)的大

D.油滴在點(diǎn)的加速度大小比它在點(diǎn)的小

【答案】AB

【解析】由于勻強(qiáng)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(xiàng)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(nèi)側(cè)，所以油滴所受合外力沿豎直方向，電場力豎直向上。當(dāng)油滴得從點(diǎn)運(yùn)動到時，電場力做正功，電勢能減小，C選項(xiàng)錯誤；油滴帶負(fù)電，電勢能減小，電勢增加，所以點(diǎn)電勢高于點(diǎn)電勢，A選項(xiàng)正確；在油滴從點(diǎn)運(yùn)動到的過程中，合外力做正功，動能增加，所以點(diǎn)動能大于點(diǎn)，B選項(xiàng)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(yùn)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(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)電勢能一定增加

C．微粒從M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)動能一定增加

D.微粒從M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)機(jī)械能一定增加

【答案】C

【解析】：

本題是對帶電微粒在復(fù)合場中的運(yùn)動、動能定理、機(jī)械能守恒定律、受力分析的綜合考查，通過圖像中的運(yùn)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(yùn)動過程中合力的方向與運(yùn)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(jī)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(qiáng)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(jù)平衡條件電場力和重力必然等大反向mg=Eq，則。

題型三、帶點(diǎn)粒子在電場中運(yùn)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(wǎng)G，PQG的尺寸相同。G接地，PQ的電勢均為（>0）。質(zhì)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(yīng)為多少？

【答案】（1）；（2）

【解析】（1）PG、QG間場強(qiáng)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(shè)粒子的加速度大小為a，有

①

F=qE=ma②

設(shè)粒子第一次到達(dá)G時動能為Ek，由動能定理有

③

設(shè)粒子第一次到達(dá)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(lián)立①②③④⑤式解得

⑥

⑦

（2）

設(shè)粒子穿過G一次就從電場的右側(cè)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(qiáng)電場，O、P是電場中的兩點(diǎn)。從O點(diǎn)沿水平方向以不同速度先后發(fā)射兩個質(zhì)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(diǎn)發(fā)射時的速度大小為v0，到達(dá)P點(diǎn)所用時間為t；B從O點(diǎn)到達(dá)P點(diǎn)所用時間為。重力加速度為g，求

（1）電場強(qiáng)度的大小；

（2）B運(yùn)動到P點(diǎn)時的動能。

【答案】（1）；（2）

【解析】：（1）設(shè)電場強(qiáng)度的大小為E，小球B運(yùn)動的加速度為a。根據(jù)牛頓定律、運(yùn)動學(xué)公式和題給條件，有

mg+qE=ma①

②

解得

③

（2）設(shè)B從O點(diǎn)發(fā)射時的速度為v1，到達(dá)P點(diǎn)時的動能為Ek，O、P兩點(diǎn)的高度差為h，根據(jù)動能定理有

④

且有

⑤

⑥

聯(lián)立③④⑤⑥式得

⑦

17.（2016北京卷）如圖所示，電子由靜止開始經(jīng)加速電場加速后，沿平行于版面的方向射入偏轉(zhuǎn)電場，并從另一側(cè)射出。已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e，加速電場電壓為，偏轉(zhuǎn)電場可看做勻強(qiáng)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(zhuǎn)電場時初速度v0和從電場射出時沿垂直版面方向的偏轉(zhuǎn)距離Δy；

（2）分析物理量的數(shù)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(shù)據(jù)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(diǎn)的能的性質(zhì)，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(diǎn)。

【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(zhì)的物理量，僅僅由場自身的因素決定

【解析】（1）根據(jù)功能關(guān)系，可得，電子射入偏轉(zhuǎn)電場的初速度，在偏轉(zhuǎn)電場中電子的運(yùn)動時間

側(cè)移量

（2）考慮電子所受重力和電場力的數(shù)量級，有重力[來源:學(xué)_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(diǎn)電勢定義為電荷在該點(diǎn)的電勢能與電荷量q的比值，由于重力做功與路徑無關(guān)，可以類比靜電場電勢的定義，將重力場中物體在某點(diǎn)的重力勢能與其質(zhì)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(zhì)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(diǎn)電荷A，其電荷量Q=；一質(zhì)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(diǎn)，沿桿向右為x軸正方向建立坐標(biāo)系。點(diǎn)電荷A對小球B的作用力隨B位置x的變化關(guān)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(guān)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(xì)桿方向的電場強(qiáng)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(yuǎn)可以運(yùn)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(yùn)動，為使小球能離開細(xì)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(dāng)x=0.3m時，N

因此C

（2）設(shè)在x=0.3m處點(diǎn)電荷與小球間作用力為F2，F(xiàn)合=F2+qE

因此

電場在x=0.3m處沿細(xì)稈方向的電場強(qiáng)度大小為3，方向水平向左。

（3）根據(jù)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(xué)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(zhì)本源的關(guān)鍵設(shè)備，在放射治療、食品安全、材料科學(xué)等方面有廣泛應(yīng)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(zhì)子從K點(diǎn)沿軸線進(jìn)入加速器并依次向右穿過各漂移管，在漂移管內(nèi)做勻速直線運(yùn)動，在漂移管間被電場加速、加速電壓視為不變。設(shè)質(zhì)子進(jìn)入漂移管B時速度為，進(jìn)入漂移管E時速度為，電源頻率為，漂移管間縫隙很小。質(zhì)子在每個管內(nèi)運(yùn)動時間視為電源周期的1/2。質(zhì)子的荷質(zhì)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(shè)高頻脈沖電源的頻率為f，周期為T；質(zhì)子在每個漂移管中運(yùn)動的時間為t；質(zhì)子進(jìn)入漂移管B時速度為

；漂移管B的長度為

。則

①

②

③

聯(lián)立①②③式并代入數(shù)據(jù)得：

④

（2）設(shè)質(zhì)子的電荷量為q，質(zhì)量為m，荷質(zhì)比為e；質(zhì)子進(jìn)入漂移管B時動能為；質(zhì)子進(jìn)入漂移管E時速度為，動能為；質(zhì)子從漂移管B運(yùn)動到漂移管E，動能的增加量為；質(zhì)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(zhì)子從漂移管B運(yùn)動到漂移管E共被電場加速3次，根據(jù)動能定理有

⑩

聯(lián)立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式并代入數(shù)據(jù)得：

20.(2013山東卷)

如圖所示，在坐標(biāo)系xOy的第一、第三象限內(nèi)存在相同的勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直于xOy平面向里；第四象限內(nèi)有沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為E.一帶電量為＋q、質(zhì)量為m的粒子，自y軸上的P點(diǎn)沿x軸正方向射入第四象限，經(jīng)x軸上的Q點(diǎn)進(jìn)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(diǎn)時速度的大小和方向．

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

【解析】(1)設(shè)粒子在電場中運(yùn)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(diǎn)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(yùn)動學(xué)公式得

d＝at

②

2d＝v0t0

③

vy＝at0

④

v＝

⑤

tan

θ＝

⑥

聯(lián)立①②③④⑤⑥式得

v＝2

⑦

θ＝45°.⑧

(2)

設(shè)粒子做圓周運(yùn)動的半徑為R1，粒子在第一象限內(nèi)的運(yùn)動軌跡如圖所示，O1為圓心，由幾何關(guān)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(lián)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(zhuǎn)器和探測板組成。偏轉(zhuǎn)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(gòu)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(zhì)量為m的電子以不同的動能從偏轉(zhuǎn)器左端M板正中間小孔垂直入射，進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場區(qū)域，最后到達(dá)偏轉(zhuǎn)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(yùn)動到達(dá)N板的正中間．忽略電場的邊緣效應(yīng)。

(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(qiáng)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(dá)N板左、右邊緣處的電子，經(jīng)過偏轉(zhuǎn)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(fù)電)做圓周運(yùn)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(jù)題意，電子在電場力作用下做圓周運(yùn)動，考慮到圓軌道上的電場強(qiáng)度E大小相同，有：

eE＝m

Ek0＝mv2

R＝

聯(lián)立解得：

E＝＝.(3)電子運(yùn)動時只有電場力做功，根據(jù)動能定理，有

ΔEk＝qU

對到達(dá)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(dá)N板右邊緣的電子，電場力做負(fù)功，動能減小，有

ΔEk右＝e(φA－φC)．

(4)根據(jù)電場線特點(diǎn)，等勢面B與C之間的電場強(qiáng)度大于C與A之間的電場強(qiáng)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(zhì)量為m的帶電粒子在勻強(qiáng)電場的作用下，在t＝0時由靜止開始運(yùn)動，場強(qiáng)隨時間變化的規(guī)律如圖所示．不計重力，求在t＝0到t＝T的時間間隔內(nèi)，(1)粒子位移的大小和方向；

(2)粒子沿初始電場反方向運(yùn)動的時間．

【解析】帶電粒子在規(guī)律性變化的電場力作用下做變速運(yùn)動．

法一：(1)帶電粒子在0～、～、～、～T時間間隔內(nèi)做勻變速運(yùn)動，設(shè)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(nèi)運(yùn)動的加速度—時間圖象如圖(a)所示，對應(yīng)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(nèi)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(nèi)沿初始電場的反方向運(yùn)動，總的運(yùn)動時間為

t＝T－T＝

⑧

法二：(1)帶電粒子在0～、～、～、～T時間間隔內(nèi)做勻變速運(yùn)動，設(shè)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(shè)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(shè)帶電粒子在t＝0到t＝T時間內(nèi)的位移為s，有

s＝(＋＋＋)

⑨

聯(lián)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(guī)律知，t＝時粒子開始減速，設(shè)經(jīng)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(shè)經(jīng)過時間t2速度變?yōu)榱悖?/p>

0＝v2＋a3t2

此式與①②③⑤⑥式聯(lián)立得

t2＝

?

t＝0到t＝T內(nèi)粒子沿初始電場反方向運(yùn)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(qiáng)電場．金屬板下方有一磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場．帶電量為＋q、質(zhì)量為m的粒子，由靜止開始從正極板出發(fā)，經(jīng)電場加速后射出，并進(jìn)入磁場做勻速圓周運(yùn)動．忽略重力的影響，求：

(1)勻強(qiáng)電場場強(qiáng)E的大?。?/p>

(2)粒子從電場射出時速度v的大??；

(3)粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)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(yùn)動，可由動能定理或牛頓第二定律求解，選用動能定理進(jìn)行解題更簡捷．進(jìn)入磁場后做勻速圓周運(yùn)動，明確帶電粒子的運(yùn)動過程及相關(guān)公式是解題的關(guān)鍵．

(1)電場強(qiáng)度E＝.(2)根據(jù)動能定理，有qU＝mv2－0得v＝.(3)粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)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(qiáng)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(chǎn)、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(zhì)點(diǎn)沿軌道內(nèi)側(cè)運(yùn)動．經(jīng)過a點(diǎn)和b點(diǎn)時對軌道壓力的大小分別為Na和NB.不計重力，求電場強(qiáng)度的大小E、質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過a點(diǎn)和b點(diǎn)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(yùn)動，在a、b兩點(diǎn)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(diǎn)的動能．

質(zhì)點(diǎn)所受電場力的大小為

F＝qE

①

設(shè)質(zhì)點(diǎn)質(zhì)量為m，經(jīng)過a點(diǎn)和b點(diǎn)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(shè)質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過a點(diǎn)和b點(diǎn)時的動能分別為Eka和Ekb，有

Eka＝mv

④

Ekb＝mv

⑤

根據(jù)動能定理有Ekb－Eka＝2rF

⑥

聯(lián)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(fù)電的粒子在電場中以x＝0為中心、沿x軸方向做周期性運(yùn)動，已知該粒子質(zhì)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??；

(2)粒子的運(yùn)動區(qū)間；

(3)粒子的運(yùn)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(diǎn)間的電勢差為φ0，電場強(qiáng)度的大小E＝，電場力的大小F＝qE＝.(2)設(shè)粒子在[－x0，x0]區(qū)間內(nèi)運(yùn)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(fù)，有qφ0(1－)－A≥0，得|x|≤d(1－)，即x0＝d(1－)④

粒子的運(yùn)動區(qū)間滿足

－d(1－)≤x≤d(1－)．

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

a＝＝＝⑤

由勻加速直線運(yùn)動規(guī)律得t＝.將④⑤代入，得t＝.粒子的運(yùn)動周期

T＝4t＝.