8．如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板正中有一小孔。质量为m、电荷量为+q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零。空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g。求：
（1）小球到达小孔处的速度大小；
（2）极板间电场强度大小和电容器所带电荷量；
（3）小球从开始下落运动到下极板，其所受重力的冲量大小。 【答案】（1）2gh （2）【解析】 【详解】
（1） 根据机械能守恒，有mgh?解得v0?2gh
（2）对小球运动的全过程，根据动能定理mg?h?d??qEd?0 解得E?Cmg(h?d)h?d （3）mgqh2h g1mv02 2mg?h?d?qd
电容器所带电荷量Q?CU，U=Ed 解得Q?Cmg?h?d?q
h?d
v0t?
v0 （3）小球全程运动的平均速度为，则小球全程运动的时间为t，
22
解得t?h?dh2h gh?dh2h g小球所受重力的冲量大小为I?mgt?mg
9．如图所示，直空中有以O为圆心，半径为R的圆柱形匀强磁场区域，磁感应强度方向垂直纸面向外，在虚线范围内、x轴上方足够大的范围内有宽度为d，方向沿y轴负向、大小为E的匀强电场．圆形磁场区域的右端与电场左边界相切，现从坐标原点O沿纸面不同方向发射速率为v 的质子，已知质子的电荷量为e，质量为m，不计质子的重力．求
（1）要使质子不出磁场区域，磁感应强度B要满足什么条件？
（2）P、N两点在圆周上，M是OP的中点，MN平行于x轴，若质子从N点平行于x轴出磁场，求磁感应强度的大小和粒子从O点出射时的方向． （3）求质子从N点平行于x轴出磁场后与x轴的交点坐标．
2mvmRdmRv20
【答案】（1）B? （2）60 （3）（R??，0） （R?v，
eReE22eEd0） 【解析】
试题分析：当质子做圆周运动的半径r?R时，质子不会出磁场，由牛顿第二定律即可求2得磁感应强度的范围；画出粒子运动轨迹，根据几何关系和牛顿第二定律求解；设质子刚好打到电场右边界与x轴的交点，做类平抛运动，结合平抛运动公式分为两种情况即可求解．
（1）当质子做圆周运动的半径r?v2由牛顿第二定律，得F?m
rR时，质子不会出磁场 2洛伦兹力为：F?evB 解得：B?2mv eR（2）如图，质子做圆周运动的圆心在NA上，AB为ON的垂直平分线，故交点A为圆心，OM为ON的一半，知角ONM为300，角CNA为600，则NA=R，质子做圆周运动的的半径为R
结合以上解得：B=
mv eR易知OB与x轴的夹角为600 故质子出射时速度与x轴成600角
（3）设质子刚好打到电场右边界与x轴的交点
R1eE2?t 22m在水平方向：d?vt
在竖直方向：联立解得：d?vi)当d?vmR eEmR时，质子出边界之后与x轴相交，设在电场中的偏移为y，出电场时在y轴 eE21eE1eEd2t 结合以上解得：y?方向的速度为vy，偏转角为?由y? 2m2mv2在竖直方向的速度为：vy?偏转角为：tan??由图 DF?eEeEdt? mmvvyv?eEd mv2RDF?y DG? 2tan?mRv2d联立求解得：DG??
2eEd2dmRv2根据几何关系得：OG?R?d?DG?R??
22eEddmRv2，0） 故与x轴交点坐标为（R??22eEdii) 当d?vmR时，质子在电场区域内与x轴相交 eEmR eE由
R1eE2?t 解得： t?22m水平位移sx?vt?vmR eEmR eE根据几何关系得：OH?R?sx?R?v故与x轴交点坐标为（R?vmR，0） eE点睛：本题主要考查了带电粒子在磁场和电场中的运动，分清过程，画出轨迹、在结合几
何知识和牛顿第二定律即可解题．
10．如图所示，质量为m的小球穿在绝缘细杆上，细杆的倾角为α，小球带正电，电荷量为q．在细杆上B点处固定一个电荷量为Q的正电荷．将小球由距B点竖直高度为H的A点处无初速度释放，运动到C点时速率最大，运动到P点时高度变为原来的一半且速率为零，小球下滑过程中电荷量不变．不计小球与细杆间的摩擦，整个装置处在真空中，已知静电力常量为k，重力加速度为g．求： （1）A球刚释放时的加速度大小； （2）C点与B点的距离； （3）AP间的电势差．
mgHkQqkQqsin2?【答案】（1）gsin??，（2）； （3）．
2qmgsin?mH2【解析】 【分析】
（1）A球刚释放时，受到重力、沿细杆向上的库仑力和细杆的支持力，根据牛顿第二定律求解加速度．
（2）A球刚释放下滑过程中，库仑力逐渐增大，当库仑力小于重力沿斜面向下的分力时，小球做加速运动；当库仑力大于重力沿斜面向下的分力时，小球做减速运动．当两力大小相等时，小球的速度最大，由平衡条件和库仑定律结合求出C点与B点的距离． （3）小球运动到P点时速率为零，由动能定理求解AP间的电势差． 【详解】
（1）A球刚释放时，由牛顿第二定律可知：mgsin α-F=ma 根据库仑定律有：F?k又知 r?qQ 2rH sin?kQqsin2?联立解得：a=gsinα- 2mH（2）当小球受到合力为零，即加速度为零时，速率最大，设此时小球与B点间的距离为
?kd，则有：mgsin?解得：d＝Qq 2 dkQq
mgsin?（3）小球运动到P点时速率为零，由动能定理得：mg解得：U＝【点睛】
H?qU＝0 2mgH 2q本题的关键是分析小球的受力情况，来确定小球的运动情况．从力和能两个角度研究动力学问题是常用的思路．
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
－31
kg，电荷量大小e＝1.6×10
－19
C，加速电场电压U0＝2 500 V，偏转电场电压U＝200 V，极板的长度L1＝6.0 cm，板间距离d＝2.0 cm，极板的末端到荧光屏的距离L2＝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v0； (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) v0＝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eU0＝解得v0＝1mv02 22eU0 m代入数据解得v0＝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，L1＝v0t 电子在竖直方向上做匀加速运动，y＝
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高中物理带电粒子在电场中的运动解题技巧(超强)及练习题(含答案)
