静电场2
题型一、带电粒子在电场中的运动以及相应的功能关系
题型二、带电粒子在复合场中的运动的综合类问题
题型三、带点粒子在电场中运动的综合类问题
题型一、带电粒子在电场中的运动以及相应的功能关系
1.（2019江苏）一匀强电场的方向竖直向上，t=0时刻，一带电粒子以一定初速度水平射入该电场，电场力对粒子做功的功率为P，不计粒子重力，则P-t关系图象是（）
【答案】A
【解析】由于带电粒子在电场中类平抛运动，在电场力方向上做匀加速直线运动，加速度为，经过时间，电场力方向速度为，功率为，所以P与t成正比，故A正确。
2.（2017·江苏卷）在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势φ在x轴上分布如图所示．下列说法正确有（）
A.q1和q2带有异种电荷
B.x1处的电场强度为零
C.负电荷从x1移到x2，电势能减小
D.负电荷从x1移到x2，受到的电场力增大
【答案】AC
【解析】：图像的斜率代表场强的大小，x1处的电势为0，可见只能带异种电荷，故A
正确，从图像可知从x1到x2电势增加，可见场强的方向沿x轴负方向，所以电场力对负电荷做正功，电势能减小；从x1到x2斜率逐渐减小，场强减小，电场力减小；
3.（2011全国卷1）．通常一次闪电过程历时约0.2～O.3s，它由若干个相继发生的闪击构成。每个闪击持续时间仅40～80μs，电荷转移主要发生在第一个闪击过程中。在某一次闪电前云地之间的电势差约为1.0×v，云地间距离约为l
km；第一个闪击过程中云地间转移的电荷量约为6
C，闪击持续时间约为60μs。假定闪电前云地间的电场是均匀的。根据以上数据，下列判断正确的是（）
A.闪电电流的瞬时值可达到1×A
B．整个闪电过程的平均功率约为l×W
C．闪电前云地间的电场强度约为l×106V/m
D.整个闪电过程向外释放的能量约为6×J
【答案】：C
【解析】选AC.由I＝＝A＝1×105
A知，A对．由E＝＝
V/m＝1×106
V/m知，C对；由W＝qU＝6×1.0×109
J＝6×109J知，D错；＝＝
W＝3×1010W，B错．
4.（2014·全国卷）地球表面附近某区域存在大小为150
N/C、方向竖直向下的电场．一质量为1.00×10－4
kg、带电荷量为－1.00×10－7
C的小球从静止释放，在电场区域内下落10.0
m．对此过程，该小球的电势能和动能的改变量分别为(重力加速度大小取9.80
m/s2，忽略空气阻力)
（）
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】：
本题考查功与能．设小球下落的高度为h，则电场力做的功W1＝－qEh＝－1.5×10－4
J，电场力做负功，电势能增加，所以电势能增加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，根据动能定理可知ΔEk＝W＝9.65×10－3
J，因此D项正确．
5.(2013全国1)一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)．小孔正上方处的P点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处(未与极板接触)返回．若将下极板向上平移，则从P点开始下落的相同粒子将()
A．打到下极板上
B．在下极板处返回
C．在距上极板处返回
D．在距上极板d处返回
【答案】D
【解析】选D.本题应从动能定理的角度解决问题．带电粒子在重力作用下下落，此过程中重力做正功，当带电粒子进入平行板电容器时，电场力对带电粒子做负功，若带电粒子在下极板处返回，由动能定理得mg(＋d)－qU＝0；若电容器下极板上移，设带电粒子在距上极板d′处返回，则重力做功WG＝mg(＋d′)，电场力做功W电＝－qU′＝－qU＝－qU，由动能定理得WG＋W电＝0，联立各式解得d′＝d，选项D正确．
6.(2013天津)两个带等量正电的点电荷，固定在图中P、Q两点，MN为PQ连线的中垂线，交PQ于O点，A为MN上的一点．一带负电的试探电荷q，从A由静止释放，只在静电力作用下运动，取无限远处的电势为零，则()
A．q由A向O的运动是匀加速直线运动
B．q由A向O运动的过程电势能逐渐减小
C．q运动到O点时的动能最大
D．q运动到O点时的电势能为零
【答案】BC.【解析】：等量同种电荷的电场线如图所示，负试探电荷q在A点由静止释放，在电场力的作用下从A向O
7.（2010四川卷）如图所示，圆弧虚线表示正点电荷电场的等势面，相邻两等势面间的电势差相等。光滑绝缘直杆沿电场方向水平放置并固定不动，杆上套有一带正电的小滑块(可视为质点)，滑块通过绝缘轻弹簧与固定点O相连，并以某一初速度从M点运动到N点，OM＜ON。若滑块在M、N时弹簧的弹力大小相等，弹簧始终在弹性限度内，则
（）
A、滑块从M到N的过程中，速度可能一直增大
B、滑块从位置1到2的过程中，电场力做的功比从位置3到4的小
C、在M、N之间的范围内，可能存在滑块速度相同的两个位置
D、在M、N之间可能存在只由电场力确定滑块加速度大小的三个位置
【答案】：AC
【解析】：在N点如果电场力不小于弹簧弹力的分力，则滑块一直加速，A正确。在N点如果电场力小于弹簧弹力的分力，则滑块先加速后减速，就可能有两个位置的速度相同，C正确。1、2与3、4间的电势差相等，电场力做功相等，B错误。由于M点和N点弹簧的长度不同但弹力相等，说明N点时弹簧是压缩的，在弹簧与水平杆垂直和弹簧恢复原长的两个位置滑块的加速度只由电场力决定，D错误。
第二种情况是此时间差不是周期的整数倍则，当n=0时s，且由于是的二倍说明振幅是该位移的二倍为0.2m。
8.（2019江苏）如图所示，ABC为等边三角形，电荷量为+q的点电荷固定在A点．先将一电荷量也为+q的点电荷Q1从无穷远处（电势为0）移到C点，此过程中，电场力做功为-W．再将Q1从C点沿CB移到B点并固定．最后将一电荷量为-2q的点电荷Q2从无穷远处移到C点．下列说法正确的有（）
A：Q1移入之前，C点的电势为
B：Q1从C点移到B点的过程中，所受电场力做的功为0
C：Q2从无穷远处移到C点的过程中，所受电场力做的功为2W
D：Q2在移到C点后的电势能为-4W
【答案】ABD
【解析】：由题意可知，C点的电势为，故A正确；由于B、C两点到A点()的距离相等，所以B、C两点的电势相等，所以从C点移到B点的过程中，电场力做功为0，故B正确；由于B、C两点的电势相等，所以当在B点固定后，C点的电势为,所以
从无穷远移到C点过程中，电场力做功为：故C错误；
由于C点的电势为，所以电势能为，故D正确。
题型二、带电粒子在复合场中的运动的综合类问题
9.（2019天津）如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为的带电小球，以初速度v从点竖直向上运动，通过点时，速度大小为2v，方向与电场方向相反，则小球从运动到的过程（）
A．动能增加
B．机械能增加
C．重力势能增加
D．电势能增加
【答案】：C
【解析】：小球的动能增加量为；故A
错误；除重力外其它力对小球做功的大小为小球机械能的增加量，在本题中电场力对小球做功的大小为小球机械能的增加量，在水平方向上研究小球可知电场力对其做正功，电势能减小，可求得电场力对小球做功大小为小球水平方向动能的增量；即小球的机械能增加了；电势能减小了；故B对，D
错；从M点到N
点对小球应用动能定理得：；又；可求得故C
错；
10.（2016江苏）如图所示，水平金属板A、B分别与电源两极相连，带电油滴处于静止状态．现将B板右端向下移动一小段距离，两金属板表面仍均为等势面，则该油滴（）
A.仍然保持静止
B.竖直向下运动
C.向左下方运动
D.向右下方运动
【答案】D
【解析】两极板平行时带电粒子处于平衡状态，则重力等于电场力，当下极板旋转时，板间距离增大场强减小，电场力小于重力；由于电场线垂直于金属板表面，所以电荷处的电场线如图所示，所以重力与电场力的合力偏向右下方，故粒子向右下方运动，选项D正确.11.(2013广东)喷墨打印机的简化模型如图所示．重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中()
A．向负极板偏转
B．电势能逐渐增大
C．运动轨迹是抛物线
D．运动轨迹与带电量无关
【答案】：C
【解析】选C.带电微滴垂直进入电场后，在电场中做类平抛运动，根据平抛运动的分解——水平方向做匀速直线运动和竖直方向做匀加速直线运动．
带负电的微滴进入电场后受到向上的静电力，故带电微滴向正极板偏转，选项A错误；带电微滴垂直进入电场受竖直方向的静电力作用，静电力做正功，故墨汁微滴的电势能减小，选项B错误；根据x＝v0t，y＝at2及a＝，得带电微滴的轨迹方程为y＝，即运动轨迹是抛物线，与带电量有关，选项C正确，D错误．
12.（2016全国1）
如图，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直面（纸面）内，且相对于过轨迹最低点的竖直线对称。忽略空气阻力。由此可知（）
A.点的电势比点高
B.油滴在点的动能比它在点的大
C.油滴在点的电势能比它在点的大
D.油滴在点的加速度大小比它在点的小
【答案】AB
【解析】由于匀强电场中的电场力和重力都是恒力，所以合外力为恒力，加速度恒定不变，所以D选项错。由于油滴轨迹相对于过的竖直线对称且合外力总是指向轨迹弯曲内侧，所以油滴所受合外力沿竖直方向，电场力竖直向上。当油滴得从点运动到时，电场力做正功，电势能减小，C选项错误；油滴带负电，电势能减小，电势增加，所以点电势高于点电势，A选项正确；在油滴从点运动到的过程中，合外力做正功，动能增加，所以点动能大于点，B选项正确；所以选AB。
13.（2014·天津）如图所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号电荷．一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么（）
A．若微粒带正电荷，则A板一定带正电荷
B．微粒从M点运动到N点电势能一定增加
C．微粒从M点运动到N点动能一定增加
D.微粒从M点运动到N点机械能一定增加
【答案】C
【解析】：
本题是对带电微粒在复合场中的运动、动能定理、机械能守恒定律、受力分析的综合考查，通过图像中的运动轨迹，无法判断电场力的方向，只能判断出微粒所受的合外力方向竖直向下，运动过程中合力的方向与运动方向的夹角为锐角，合外力做正功，微粒的动能增加，A、B错误，C正确．由于不能判断出电场力的方向，所以机械能的变化也不能确定，D错误．
14.（2010全国卷2）
在雷雨云下沿竖直方向的电场强度为V/m.已知一半径为1mm的雨滴在此电场中不会下落，取重力加速度大小为10m/,水的密度为kg/。这雨滴携带的电荷量的最小值约为
A．2C
B.4C
C.6C
D.8C
【答案】B
【解析】带电雨滴在电场力和重力最用下保持静止，根据平衡条件电场力和重力必然等大反向mg=Eq，则。
题型三、带点粒子在电场中运动的综合类问题
15.（2019全国2）如图，两金属板P、Q水平放置，间距为d。两金属板正中间有一水平放置的金属网G，PQG的尺寸相同。G接地，PQ的电势均为（>0）。质量为m，电荷量为q（q>0）的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计。
（1）求粒子第一次穿过G时的动能，以及她从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；
（2）若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）PG、QG间场强大小相等，均为E，粒子在PG间所受电场力F的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a，有
①
F=qE=ma②
设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有
③
设粒子第一次到达G时所用时间为t，粒子在水平方向的位移为l，则有
④
l=v0t⑤
联立①②③④⑤式解得
⑥
⑦
（2）
设粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短，由对称性知，此时金属板的长度L为⑧
16.（2019全国3）空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O、P是电场中的两点。从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B。A不带电，B的电荷量为q（q>0）。A从O点发射时的速度大小为v0，到达P点所用时间为t；B从O点到达P点所用时间为。重力加速度为g，求
（1）电场强度的大小；
（2）B运动到P点时的动能。
【答案】（1）；（2）
【解析】：（1）设电场强度的大小为E，小球B运动的加速度为a。根据牛顿定律、运动学公式和题给条件，有
mg+qE=ma①
②
解得
③
（2）设B从O点发射时的速度为v1，到达P点时的动能为Ek，O、P两点的高度差为h，根据动能定理有
④
且有
⑤
⑥
联立③④⑤⑥式得
⑦
17.（2016北京卷）如图所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于版面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出。已知电子质量为m，电荷量为e，加速电场电压为，偏转电场可看做匀强电场，极板间电压为U，极板长度为L，板间距为d。
（1）忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时初速度v0和从电场射出时沿垂直版面方向的偏转距离Δy；
（2）分析物理量的数量级，是解决物理问题的常用方法。在解决（1）问时忽略了电子所受重力，请利用下列数据分析说明其原因。已知，。
（3）极板间既有电场也有重力场。电势反映了静电场各点的能的性质，请写出电势的定义式。类比电势的定义方法，在重力场中建立“重力势”的概念，并简要说明电势和“重力势”的共同特点。
【答案】（1）（2）不需要考虑电子所受的重力（3）、电势和重力势都是反映场的能的性质的物理量，仅仅由场自身的因素决定
【解析】（1）根据功能关系，可得，电子射入偏转电场的初速度，在偏转电场中电子的运动时间
侧移量
（2）考虑电子所受重力和电场力的数量级，有重力[来源:学_电场力
由于，因此不需要考虑电子所受的重力
（3）电场中某点电势定义为电荷在该点的电势能与电荷量q的比值，由于重力做功与路径无关，可以类比静电场电势的定义，将重力场中物体在某点的重力势能与其质量m的比值，叫做重力势，即，电势和重力势都是反映场的能的性质的物理量，仅仅由场自身的因素决定
18.（上海卷）如图（a），长度L=0.8m的光滑杆左端固定一带正电的点电荷A，其电荷量Q=；一质量m=0.02kg，带电量为q的小球B套在杆上。将杆沿水平方向固定于某非均匀外电场中，以杆左端为原点，沿杆向右为x轴正方向建立坐标系。点电荷A对小球B的作用力随B位置x的变化关系如图（b）中曲线I所示，小球B所受水平方向的合力随B位置x的变化关系如图（b）中曲线II所示，其中曲线II在0.16≤x≤0.20和x≥0.40范围可近似看作直线。求：（静电力常量）
（1）小球B所带电量q;
（2）非均匀外电场在x=0.3m处沿细杆方向的电场强度大小E；
（3）在合电场中，x=0.4m与x=0.6m之间的电势差U。
（4）已知小球在x=0.2m处获得v=0.4m/s的初速度时，最远可以运动到x=0.4m。若小球在x=0.16m处受到方向向右，大小为0.04N的恒力作用后，由静止开始运动，为使小球能离开细杆，恒力作用的做小距离s是多少？
【答案】（1）
（2）
（3）800v
（4）0.065m
【解析】（1）由图可知，当x=0.3m时，N
因此C
（2）设在x=0.3m处点电荷与小球间作用力为F2，F合=F2+qE
因此
电场在x=0.3m处沿细秆方向的电场强度大小为3，方向水平向左。
（3）根据图像可知在x=0.4m与x=0.6m之间合力做功大小,又,可得
(4)由图可知小球从x=0.16到x=0.2m处，电场力做功
小球从x=0.2m到x=0.4m处
由图可知小球从到处
电场力做功=－0.004×0.4=
由动能定理
+++=0
解得=
19.（2016四川）中国科学家2015年10月宣布中国将在2020年开始建造世界上最大的粒子加速器。加速器是人类揭示物质本源的关键设备，在放射治疗、食品安全、材料科学等方面有广泛应用。
如图所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管(漂移管)组成，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极。质子从K点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速、加速电压视为不变。设质子进入漂移管B时速度为，进入漂移管E时速度为，电源频率为，漂移管间缝隙很小。质子在每个管内运动时间视为电源周期的1/2。质子的荷质比取。求：
（1）漂移管B的长度；
（2）相邻漂移管间的加速电压。
【答案】：（1）漂移管B的长度为0.4
m
（2）相邻漂移管间的加速电压为6×104
V。
【解析】（1）设高频脉冲电源的频率为f，周期为T；质子在每个漂移管中运动的时间为t；质子进入漂移管B时速度为
；漂移管B的长度为
。则
①
②
③
联立①②③式并代入数据得：
④
（2）设质子的电荷量为q，质量为m，荷质比为e；质子进入漂移管B时动能为；质子进入漂移管E时速度为，动能为；质子从漂移管B运动到漂移管E，动能的增加量为；质子每次在相邻漂移管间被电场加速，电场的电压为U，所做的功为W。则
⑤
⑥
⑦
⑧
⑨
质子从漂移管B运动到漂移管E共被电场加速3次，根据动能定理有
⑩
联立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式并代入数据得：
20.(2013山东卷)
如图所示，在坐标系xOy的第一、第三象限内存在相同的匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面向里；第四象限内有沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E.一带电量为＋q、质量为m的粒子，自y轴上的P点沿x轴正方向射入第四象限，经x轴上的Q点进入第一象限，随即撤去电场，以后仅保留磁场．已知OP＝d，OQ＝2d，不计粒子重力．
(1)求粒子过Q点时速度的大小和方向．
(2)若磁感应强度的大小为一确定值B0，粒子将以垂直y轴的方向进入第二象限，求B0.【答案】：见解析
【解析】(1)设粒子在电场中运动的时间为t0，加速度的大小为a，粒子的初速度为v0，过Q点时速度的大小为v，沿y轴方向分速度的大小为vy，速度与x轴正方向间的夹角为θ，由牛顿第二定律得
qE＝ma
①
由运动学公式得
d＝at
②
2d＝v0t0
③
vy＝at0
④
v＝
⑤
tan
θ＝
⑥
联立①②③④⑤⑥式得
v＝2
⑦
θ＝45°.⑧
(2)
设粒子做圆周运动的半径为R1，粒子在第一象限内的运动轨迹如图所示，O1为圆心，由几何关系可知△O1OQ为等腰直角三角形，得
R1＝2d
⑨
由牛顿第二定律得
qvB0＝m
⑩
联立⑦⑨⑩式得
B0＝.⑪
21.(2013浙江)“电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成。偏转器是由两个相互绝缘、半径分别为RA和RB的同心金属半球面A和B构成，A、B为电势值不等的等势面，其过球心的截面如图所示．一束电荷量为e、质量为m的电子以不同的动能从偏转器左端M板正中间小孔垂直入射，进入偏转电场区域，最后到达偏转器右端的探测板N，其中动能为Ek0的电子沿等势面C做匀速圆周运动到达N板的正中间．忽略电场的边缘效应。
(1)判断半球面A、B的电势高低，并说明理由；
(2)求等势面C所在处电场强度E的大小；
(3)若半球面A、B和等势面C的电势分别为φA、φB和φC，则到达N板左、右边缘处的电子，经过偏转电场前、后的动能改变量ΔEk左和ΔEk右分别为多少？
(4)比较|ΔEk左|和|ΔEk右|的大小，并说明理由．
【答案】：见解析
【解析】：(1)电子(带负电)做圆周运动，电场力方向指向球心，电场方向从B指向A，半球面B的电势高于A.(2)据题意，电子在电场力作用下做圆周运动，考虑到圆轨道上的电场强度E大小相同，有：
eE＝m
Ek0＝mv2
R＝
联立解得：
E＝＝.(3)电子运动时只有电场力做功，根据动能定理，有
ΔEk＝qU
对到达N板左边缘的电子，电场力做正功，动能增加，有
ΔEk左＝e(φB－φC)
对到达N板右边缘的电子，电场力做负功，动能减小，有
ΔEk右＝e(φA－φC)．
(4)根据电场线特点，等势面B与C之间的电场强度大于C与A之间的电场强度，考虑到等势面间距相等，有
|φB－φC|＞|φA－φC|
即|ΔEk左|＞|ΔEk右|.22.(2013全国大纲)
一电荷量为q(q＞0)、质量为m的带电粒子在匀强电场的作用下，在t＝0时由静止开始运动，场强随时间变化的规律如图所示．不计重力，求在t＝0到t＝T的时间间隔内，(1)粒子位移的大小和方向；
(2)粒子沿初始电场反方向运动的时间．
【解析】带电粒子在规律性变化的电场力作用下做变速运动．
法一：(1)带电粒子在0～、～、～、～T时间间隔内做匀变速运动，设加速度分别为a1、a2、a3、a4，由牛顿第二定律得
a1＝
①
a2＝－2
②
a3＝2
③
a4＝－
④
由此得带电粒子在0～T时间间隔内运动的加速度—时间图象如图(a)所示，对应的速度—时间图像如图(b)所示，其中
v1＝a1＝
⑤
由图(b)可知，带电粒子在t＝0到t＝T时间内的位移为
s＝v1
⑥
图(b)
由⑤⑥式得
s＝T2
⑦
方向沿初始电场正方向．
(2)由图(b)可知，粒子在t＝T到t＝T内沿初始电场的反方向运动，总的运动时间为
t＝T－T＝
⑧
法二：(1)带电粒子在0～、～、～、～T时间间隔内做匀变速运动，设加速度分别为a1、a2、a3、a4，由牛顿第二定律得
qE0＝ma1
①
－2qE0＝ma2
②
2qE0＝ma3
③
－qE0＝ma4
④
设带电粒子在t＝、t＝、t＝、t＝T时的速度分别为v1、v2、v3、v4，则
v1＝a1
⑤
v2＝v1＋a2
⑥
v3＝v2＋a3
⑦
v4＝v3＋a4
⑧
设带电粒子在t＝0到t＝T时间内的位移为s，有
s＝(＋＋＋)
⑨
联立以上各式可得
s＝
⑩
方向沿初始电场正方向．
(2)由电场的变化规律知，t＝时粒子开始减速，设经过时间t1速度减为零．
0＝v1＋a2t1
将①②⑤式代入上式，得
t1＝
⑪
粒子从t＝时开始减速，设经过时间t2速度变为零．
0＝v2＋a3t2
此式与①②③⑤⑥式联立得
t2＝
⑫
t＝0到t＝T内粒子沿初始电场反方向运动的时间为
t＝(－t1)＋t2
⑬
将⑪⑫式代入⑬式得
t＝.⑭
答案：(1)T2，方向沿初始电场正方向(2)
23.(2013北京卷)如图所示，两平行金属板间距为d，电势差为U，板间电场可视为匀强电场．金属板下方有一磁感应强度为B的匀强磁场．带电量为＋q、质量为m的粒子，由静止开始从正极板出发，经电场加速后射出，并进入磁场做匀速圆周运动．忽略重力的影响，求：
(1)匀强电场场强E的大小；
(2)粒子从电场射出时速度v的大小；
(3)粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R.【答案】：(1)(2)
(3)
【解析】本题中带电粒子在电场中由静止开始做匀加速直线运动，可由动能定理或牛顿第二定律求解，选用动能定理进行解题更简捷．进入磁场后做匀速圆周运动，明确带电粒子的运动过程及相关公式是解题的关键．
(1)电场强度E＝.(2)根据动能定理，有qU＝mv2－0得v＝.(3)粒子在磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m
得R＝
.24.(2013全国2)如图，匀强电场中有一半径为r的光滑绝缘圆轨道，轨道平面与电场方向平行．a、b为轨道直径的两端，该直径与电场方向平行．一电荷为q(q>0)的质点沿轨道内侧运动．经过a点和b点时对轨道压力的大小分别为Na和NB.不计重力，求电场强度的大小E、质点经过a点和b点时的动能．
【答案】：(Nb－Na)(Nb＋5Na)(5Nb＋Na)
【解析】小球在光滑轨道上做圆周运动，在a、b两点时，静电力和轨道的作用力的合力提供向心力，由b到a只有电场力做功，利用动能定理，可求解E及a、b两点的动能．
质点所受电场力的大小为
F＝qE
①
设质点质量为m，经过a点和b点时的速度大小分别为va和vb，由牛顿第二定律有
F＋Na＝m
②
Nb－F＝m
③
设质点经过a点和b点时的动能分别为Eka和Ekb，有
Eka＝mv
④
Ekb＝mv
⑤
根据动能定理有Ekb－Eka＝2rF
⑥
联立①②③④⑤⑥式得
E＝(Nb－Na)
Eka＝(Nb＋5Na)
Ekb＝(5Nb＋Na)．
25.(2011北京)静电场方向平行于x轴，其电势φ随x的分布可简化为如图所示的折线，图中φ0和d为已知量．一个带负电的粒子在电场中以x＝0为中心、沿x轴方向做周期性运动，已知该粒子质量为m、电荷量为－q，其动能与电势能之和为－A(0 (1)粒子所受电场力的大小； (2)粒子的运动区间； (3)粒子的运动周期． 【答案】(1)(2)－d(1－)≤x≤d(1－)(3) 【解析】(1)由题图可知，0与d(或－d)两点间的电势差为φ0，电场强度的大小E＝，电场力的大小F＝qE＝.(2)设粒子在[－x0，x0]区间内运动，速率为v，由题意得 mv2－qφ＝－A① 由题图可知φ＝φ0(1－)② 由①②得mv2＝qφ0(1－)－A③ 因动能非负，有qφ0(1－)－A≥0，得|x|≤d(1－)，即x0＝d(1－)④ 粒子的运动区间满足 －d(1－)≤x≤d(1－)． (3)考虑粒子从－x0处开始运动的四分之一周期，根据牛顿第二定律，粒子的加速度 a＝＝＝⑤ 由匀加速直线运动规律得t＝.将④⑤代入，得t＝.粒子的运动周期 T＝4t＝.
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