如图甲所示.在边界MN左侧存在斜方向的匀强电场E1.在MN的右侧有竖直向上.场强大小为E2=0.4N/C的匀强电场.还有垂直纸面向内的匀强磁场B和水平向右的匀强电场E3.B和E3随时间变化的情况如图乙所示.P1P2为距MN边界2.295m的竖直墙壁.现有一带正电微粒质量为4×10-7kg.电量为1×10-5C.从左侧电场中距MN边界m的A处无初速释� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

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如图甲所示，在边界MN左侧存在斜方向的匀强电场E₁，在MN的右侧有竖直向上、场强大小为E₂=0.4N/C的匀强电场，还有垂直纸面向内的匀强磁场B（图甲中未画出）和水平向右的匀强电场E₃（图甲中未画出），B和E₃随时间变化的情况如图乙所示，P₁P₂为距MN边界2.295m的竖直墙壁，现有一带正电微粒质量为4×10^-7kg，电量为1×10^-5C，从左侧电场中距MN边界

m的A处无初速释放后，沿直线以1m/s速度垂直MN边界进入右侧场区，设此时刻t=0，取g=10m/s²．求：
（1）MN左侧匀强电场的电场强度E₁的大小和方向（sin37°=0.6）；
（2）带电微粒在MN右侧场区中运动了1.5s时的速度；
（3）带电微粒在MN右侧场区中运动多长时间与墙壁碰撞？（

≈0.19）

【答案】分析：（1）粒子做直线运动，故重力和电场力的合力与速度方向在一条直线上，故电场力向右上方，与电场线同方向，然后对直线加速过程运用运动学公式求解出加速度，再根据牛顿第二定律列式分析求解；
（2）带电微粒在MN右侧场区中，重力和向上的电场力平衡，故在第1秒内直线加速，根据牛顿第二定律求出加速度，再根据运动学公式求解末速度，后0.5s内做匀速圆周运动，速度大小不变；
（3）带电微粒在MN右侧场区中运动过程中，第1秒向右直线加速，接下来的半秒做匀速匀速圆周运动，再接下来的1秒向左直线加速，再下来的半秒做匀速匀速圆周运动，直到与墙壁碰撞为止，根据牛顿第二定律和运动学公式列式联立求解即可．
解答：解：（1）设MN左侧匀强电场场强为E₁，方向与水平方向夹角为θ
带电小球受重力和电场力，由于粒子做直线运动，故电场力向右上方
沿水平方向有 qE₁cosθ=ma
沿竖直方向有 qE₁sinθ=mg
对水平方向的匀加速运动，根据速度位移公式，有
v²=2as
代入数据可解得
E₁=0.5N/C
θ=53°
即E₁大小为0.5N/C，方向与水平向右方向夹53°角斜向上．
（2）带电微粒在MN右侧场区始终满足 qE₂=mg
在0～1s时间内，带电微粒在E₃电场中

m/s²
带电微粒在1s时的速度大小为 v₁=v+at=1+0.1×1=1.1m/s
在1～1.5s时间内，带电微粒在磁场B中运动，
周期为

s
在1～1.5s时间内，带电微粒在磁场B中正好作半个圆周运动；
故带电微粒在MN右侧场区中运动了1.5s时的速度大小为1.1m/s，方向水平向左．
（3）在0s～1s时间内带电微粒前进距离 s₁=vt+

at²=1×1+

×0.1×1²=1.05m
带电微粒在磁场B中作圆周运动的半径

m
因为r+s₁＜2.28m，所以在1s～2s时间内带电微粒未碰及墙壁
在2s～3s时间内带电微粒作匀加速运动，加速度仍为 a=0.1m/s²，
在3s内带电微粒共前进距离
s₃=

m
在3s时带电微粒的速度大小为 v₃=v+at₃=1+0.1×2=1.2m/s
在3s～4s时间内带电微粒在磁场B中作圆周运动的半径

m=0.19m
因为r₃+s₃＞2.295m，所以在4s时间内带电微粒碰及墙壁
带电微粒在3s以后运动情况如右图，其中 d=2.295-2.2=0.095m

sinθ=

，θ=30°
所以，带电微粒作圆周运动的时间为

s
故带电微粒与墙壁碰撞的时间为 t_总=3+

s．
点评：本题关键分析清楚粒子的运动规律，然后分阶段运用牛顿第二定律、向心力公式和运动学公式列式求解．

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时刻，从O₁点进入板间电场运动，并从O₂点射出板间电场；粒子b恰好紧靠M板进入电场，已知交变电场周期T=

，不计粒子重力和粒子间的相互作用．
（1）求粒子a、b从O点射出时的初速度v_a和v_b．
（2）粒子b能穿出板间电场，求电场强度大小E₀满足的条件．
（3）若粒子b刚好能穿出板间电场，求粒子b穿过板间电场过程中电场力做的功W．

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求：
（1）粒子a、b 从O 点射出时的初速度v_a和v_b；
（2）若交变电场周期T=

，粒子b在图乙中的t=0时刻进入电场，粒子a是在图乙中的哪一时刻，从O₁点进入板间电场运动；
（3）若粒子b 恰能以最大的速度穿出极板间电场，电场强度大小E₀ 应满足的条件及粒子b穿过板间电场过程中，电场力所做功的最大值．

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（3）带电微粒在MN右侧场区中运动多长时间与墙壁碰撞？（≈0.19）

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