兩個正點電荷Q]=+Q和Q2=+4Q分別固定在光滑絕緣水平面上的A、B兩點，A、B兩點相距L,且A、B兩點正好位于水平光滑絕緣半圓細管兩個端點的出口處，如圖所示.在A、B連線上，由A點到B點，電勢如何變化？將一正檢驗電荷置于A、B連線上靠近A處由靜止釋放，求它在A、B連線上運動的過程中能達到最大速度的位置離A點的距離；若把另一正檢驗電荷放于絕緣管內(nèi)靠近A點處由靜止釋放，試確定它在管內(nèi)運動過程中速度為最大值時的位置P，即求出圖中PA和AB連線的夾角9.如圖所示，水平向左的勻強電場中，用長為l的絕緣輕質(zhì)細線懸掛一小球，小球質(zhì)量為m,帶電量為+q，將小球拉至豎直方向最低位置A點處無初速度釋放，小球?qū)⑾蜃髷[動，細線向左偏離豎直方向的最大角度。=74。，(重力加速度為g，sin370=0.6,cos37。=0.8)求電場強度的大小E；求小球向左擺動的過程中，對細線拉力的最大值；若從A點處釋放小球時，給小球一個水平向左的初速度v，則為保證小球能做完0整的圓周運動，v的大小應滿足什么條件？03?如圖所示，在豎直平面內(nèi)，光滑絕緣直桿AC與半徑為R的圓周交于B、C兩點，在圓心處有一固定的正點電荷，B點為AC的中點，C點位于圓周的最低點?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為-q，套在桿上的帶負電小球(可視為質(zhì)點)從A點由靜止開始沿桿下滑。已知重力加速度為g,A點距過C點的水平面的豎直高度為3R，小球滑到B點時的速度大小為 求小球滑至C點時的速度大??； 求A 求小球滑至C點時的速度大?。?求A、B兩點間的電勢差U；AB 若以C點為參考點(零電勢點)，試確定A點的電勢。電視機的顯像管中，電子束的偏轉(zhuǎn)是用電偏轉(zhuǎn)和磁偏轉(zhuǎn)技術(shù)實現(xiàn)的.如圖甲所示，電子槍發(fā)射出的電子經(jīng)小孔S1進入豎直放置的平行金屬板M、N間，兩板間所加電壓為3AIjfl

U0；經(jīng)電場加速后，電子由小孔S2沿水平放置金屬板P和Q的中心線射入，兩板間距離和長度均為￡；距金屬板P和Q右邊緣￡處有一豎直放置的熒光屏；取屏上與S2共線的0點為原點，向上為正方向建立x軸。已知電子的質(zhì)量為m,電荷量為e,初速度可以忽略。不計電子重力和電子之間的相互作用。0熒光屏0熒光屏求電子到達小孔S時的速度大小V；2若金屬板P和Q間只存在電場，P、Q兩板間電壓U隨時間t的變化關(guān)系如圖乙所示，單位時間內(nèi)從小孔S］進入的電子個數(shù)為N。電子打在熒光屏上形成一條亮線；每個電子在板P和Q間運動的時間極短，可以認為兩板間的電壓恒定；忽略電場變化產(chǎn)生的磁場。試求在一個周期(即2t°時間)內(nèi)打到熒光屏單位長度亮線上的電子個數(shù)n。如圖所示，電子由靜止開始經(jīng)加速電場加速后，沿平行于板面的方向射入偏轉(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U0,偏轉(zhuǎn)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。 °忽略電子所受重力，求電子射入偏轉(zhuǎn)電場時的初速度V。和從電場射出時沿垂直板面方向的偏轉(zhuǎn)距離Ay；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Q)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U=2.0X102V，d=4.0X10-2m，m=9.1X10-31kg，e=1.6X10-i9C，g=10m/s2。極板間既有靜電場也有重力場.電勢反映了靜電場各點的能的性質(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G明電勢和“重力勢”的共同特點。如圖所示的裝置，U是加速電壓，緊靠其右側(cè)的是兩塊彼此平行的水平金屬板，1板長為L,兩板間距離為d。一個質(zhì)量為m,帶電量為q的質(zhì)點，經(jīng)加速電壓加速后沿兩金屬板中心線以速度v水平射入兩板中。若在兩水平金屬板間加一電壓U,當上板02為正時，帶電質(zhì)點恰能沿兩板中心線射出；當下板為正時，帶電質(zhì)點則射到下板上距板的左端L處，為使帶電質(zhì)點經(jīng)U加速后沿中心線射入兩金屬板，并能夠從兩金屬之間4 i射出，問：兩水平金屬板間所加電壓應滿足什么條件。

如圖所示，已知平行板電容器兩極板間距離d=4mm，充電后兩極板電勢差為120V。A板帶正電，若它的電容為3uF,且P到A板距離為1mm。求：& 每個極板的帶電荷量；一個電子在P點具有的電勢能；一個電子從B板出發(fā)到A板獲得的動能；兩板間的電場強度。如圖所示，平行金屬板M、N水平放置，板右側(cè)有一豎直熒光屏，板長、板間距及豎直屏到板右端的距離均為l，M板左下方緊貼M板有一粒子源，以初速度V。水平向右持續(xù)發(fā)射質(zhì)量為m，電荷量為+q的粒子?已知板間電壓U隨時間變化的關(guān)系如圖所示，MN8mv2其中U o.忽略離子間相互作用和它們的重力，忽略兩板間電場對板右側(cè)的影0q響，熒光屏足夠大.圏1響，熒光屏足夠大.圏1計算說明，t=0時刻射入板間的粒子打在屏上或N板上的位置；求熒光屏上發(fā)光的長度.m、9?如圖所示，A、B和C、D為兩平行金屬板，A、B兩板間電勢差為U，C、D始終和電源相接，測得其間的場強為E。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子(重力不計)由靜止開始，經(jīng)A、B加速后穿過C、D發(fā)生偏轉(zhuǎn)，最后打在熒光屏上，已知C、Dm、粒子帶正電還是帶負電？粒子打在熒光屏上的位置距0點多遠處？粒子打在熒光屏上時的動能為多大？10.如圖所示，水平放置的平行板電容器，與某一電源相連，它的極板長=0.4m，兩板間距離d=4X10-3m，有一束由相同帶電微粒組成的粒子流,以相同的速度v0從兩板中央平行極板射入，開關(guān)S閉合前，兩板不帶電，由于重力作用微粒能落到下板的正中央,已知微粒質(zhì)量為m=4X10-5kg,電荷量q=+1X10-8C.(g=10m/s2)則:微粒入射速度V。為多少？為使微粒能從平行板電容器的右邊射出電場，電容器的上板應與電源的正極還是負極相連？電源的電壓U應取什么范圍？參考答案11.(1)電勢先減再增；(2)3L(3)0=arctan34【解析】試題分析：(1)AB的連線上電場方向先向右再向左，則電勢先減再增.(2)設(shè)在AB連線上運動過程中能達到最大速度的位置離A點的距離為x,正電荷在A、B連線上速度最大處應該是電荷所受合力為零，即：kQiq=kQ2q，解得：x=1Lx2 (L-x)2 3若點電荷在p點處受到的受到的庫侖力的合力沿op的方向，則它在p點處速度最大,即此時滿足：tan0=qQ即此時滿足：tan0=qQ(lsin0)2qQ(lcos0)24cos20 4sin20 tan20解得：0=arctan34考點：庫侖定律；電勢差與電場強度的關(guān)系；電勢【答案】(1)E=3mg；(2)7mg；(3)v0?莎或v0'工3昱TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"4q 4 0 0 2【解析】試題分析：(1)由于帶電小球所受電場力方向向左，電場線方向也向左，分析小球的受力情況，作出受力圖如右圖，根據(jù)對稱性，此時必有重力與電場力的合力與角分線在同一條線0 3mg上，根據(jù)平衡條件得：qE=mgtan，解得：E==\o"CurrentDocument"2 4q(2)小球運動的過程中速度最大的位置，由動能定理得：qELsinl-mg(L-Leos3)=丄mv22220小球在-時，由重力電場力與細線的拉力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律得：0 0v2解得：F一mgsin二一qEeos二=m,解得：7由牛頓第三定律可知細線所受的拉力大小為丁mg。4要使細線不松弛有兩種情況，當小球擺動過程中，細線的方向與F的方向不超過90。時,

01_根據(jù)動能定理有：-FLeos<0—mv2，解得：v<^2gL2 2o 0v2當小球能完成完整的圓周運動時，需滿足：F<mL

mv2o根據(jù)動能定理有：-FL（1+cos1mv2-mv2o由上幾式聯(lián)立解得：v2為保證小球在運動過程中，細線不松弛，v為保證小球在運動過程中，細線不松弛，vo的大小應滿足的條件為：vo…或考點：勻強電場中電勢差和電場強度的關(guān)系【名師點睛】本題是力學知識與電場知識的綜合，關(guān)鍵是分析清楚小球的受力情況和做功情況，運用動能定理和牛頓第二定律求解?！敬鸢浮竣舦_頑；（2）-學；（3）-攀C 2q 2q解析】試題分析：從B考點：勻強電場中電勢差和電場強度的關(guān)系【名師點睛】本題是力學知識與電場知識的綜合，關(guān)鍵是分析清楚小球的受力情況和做功情況，運用動能定理和牛頓第二定律求解?！敬鸢浮竣舦_頑；（2）-學；（3）-攀C 2q 2q解析】試題分析：從B到C3-1mg_R__mV2-2 2c3（1）由幾何關(guān)系可得BC的豎直高度h--R，因B、C兩點電勢相等，故小球

BC2的過程中電場力做功為零，對小球從B到C過程應用動能定理，有1mV2，2B解得vc^;7gR。31（2）對小球從A到B過程應用動能定理，有：mg-R+W二二mV2■-1 “AB2B，W二1mgR；AB2UAB_W_―AB-q 2qmgR）因％祀，故UAB_UmgRAC_-石，又U=甲_甲ACAC申_申+U_-嶼AcAc 2q考點：電勢差與電場強度的關(guān)系、電場強度、電勢【名師點睛】本題關(guān)鍵根據(jù)動能定理列式分析，切入點在于圓周為等勢面，小球從A到C和A到B電場力做功相等。4.(1)v=4.(1)v=2eUom4Nt⑵n二祝0解析】試題分析：（1）根據(jù)動能定理eU0=2mv22eU解得：v= 0 ②m(2)電子在磁場中做勻速圓周運動，設(shè)圓運動半徑為R,在磁場中運動軌跡如圖，由幾何關(guān)系1R2=（R-2L）2+L2根據(jù)牛頓第二定律：Bev=mVR④R解得：b=5L匕5LVeTOC\o"1-5"\h\z設(shè)電子在偏轉(zhuǎn)電場PQ中的運動時間為t,PQ間的電壓為u時恰好打在極板邊緣垂直電場方向：L=vt ⑥一 L1平行電場方向：——2at2； ⑦ue此過程中電子的加速度大小a— ⑧Lm解得：u=2U0，即當兩板間電壓為2U°時打在極板上⑨電子出偏轉(zhuǎn)電場時，在x方向的速度x電子在偏轉(zhuǎn)電場外做勻速直線運動，設(shè)經(jīng)時間t]到達熒光屏.則水平方向：L=vt]豎直方向：x=vt2x1一L3L電子打在熒光屏上的位置坐標x— +x— -2—2亮線長度X=3L

一個周期內(nèi)打在熒光屏上的電子數(shù)：n-XIt030n4Nt2t0時間內(nèi)，打到單位長度亮線上的電子個數(shù)n：n二#=~^0TOC\o"1-5"\h\z0 X 9L考點：帶電粒子在電場及磁場中的運動【名師點睛】本題考查帶電粒子在電場和磁場中的運動，要注意在電場中應用運動的合成與分解；在磁場中注意洛侖茲力充當向心力的規(guī)律的應用。\o"CurrentDocument"!2eU UL「.(1) 0； (2)略(3)略\o"CurrentDocument"m 4Ud01【解析】(1)根據(jù)功和能的關(guān)系，有eU=三mv2020電子射入偏轉(zhuǎn)電場的初速度v電子射入偏轉(zhuǎn)電場的初速度v0=在偏轉(zhuǎn)電場中，電子的運動時間At=LIm

=L1在偏轉(zhuǎn)電場中，電子的運動時間At=v 2eU00UL2偏轉(zhuǎn)距離Ay=a(At)2=4Ud0考慮電子所受重力和電場力的數(shù)量級，有重力G=mg?10-29NeU電場力F= ?10-15Nd由于FG,因此不需要考慮電子所受重力電場中某點電勢?定義為電荷在該點的電勢能E與其電荷量q的比值,pE即?=iq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的重力勢能EE與其質(zhì)量m的比值，叫作“重力勢”，即?=?TOC\o"1-5"\h\zG Gm電勢?和重力勢?都是反映場的能的性質(zhì)的物理量，僅由場自身的因素決定G7U 9U【答案】一2VUV—2\o"CurrentDocument"8 8【解析】試題分析：當兩金屬板間加電壓U2，上極板為為正時，質(zhì)點受力平衡：罕二mg①2dqU當下極板為正極時電場力重力均豎直向下，由牛頓第二定律得：「乞+mg二ma②d由①②解得：a二2g③

此時帶電質(zhì)點射到下極板距左端4處’粒子在豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動:1二一at22i粒子在水平方向做勻速直線運動：廣掃⑤0d l為使帶電粒子射出金屬板，質(zhì)點在豎直方向的運動應有：&at2＜?，水平方向：t—-；222v0解得：a'*解得：a'*0⑥l2由③④⑤⑥解得：a，＜g⑦8qUr若a的方向向上則兩金屬板的應加電壓U'、上板為正，由 -mg=ma'⑧dqU”若a的方向向下則兩金屬板的應加電壓U"、下板為正，由mg- —ma'⑨d9U 7U由⑦⑧⑨解得：U'＜飛2，U〃＞?2887U 9U為使粒子能從兩金屬板之間射出，兩水平金屬板間所加電壓應滿足：于＜U＜P。88考點：帶電粒子在勻強電場中的運動【名師點睛】根據(jù)受力平衡以及類平拋運動解出粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的加速度，根據(jù)運動學表達式寫出粒子打不到極板上的條件，列出方程組解題?！敬鸢浮?1)3.6X10-4C(2)—90eV(3)120eV(4)3X104N/C【解析】(1)由Q=UC得Q=120X3X10-6C=3.6X10-4CUE=e?=e—abd=—90eVPPdPB因為電子從B板出發(fā)到A板的過程中電場力做正功，電勢能減小，動能增加，所以由動能定理有E=qU，得E=120eVk AB kU120E== N/C=3X104N/Cd 4x10-38.(1)粒子打在下極板上距左端2-處；(2)51【解析】試題分析：(1)t=0時刻射入的粒子在豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動，運動到下極板的時間t,l— -qU012，2mll解得：t— -2v0

粒子在水平方向的位移：X二vt二2VI，粒子打在下極板上距左端2處;(2)t-122(2)t-12v時射入極板的粒子打在熒光屏的最下方，粒子在極板間的運動時間:0t_—一1v 2v 2v000粒子離開極板時的豎直分速度：Vy-at-巴t-4v,1m110粒子離開極板到打在熒光屏上的時間：l粒子離開極板時的豎直分速度：Vy-at-巴t-4v,1m110粒子離開極板到打在熒光屏上的時間：lt_■，2v0粒子在豎直方向的偏移量：y=l+vt=5l,y2在t二—時刻進入極板的粒子在極板間做勻速直線運動，離開極板后沿水平方向做勻速直線v0運動，粒子垂直打在熒光屏上，這是粒子打在熒光屏的最上端位置，則熒光屏的發(fā)光長度：d=y=5l；考點：帶電粒子在電場中的運動【名師點睛】本題考查了粒子在電場中的運動，分析清楚粒子運動過程是解題的關(guān)鍵，分析清楚不同時刻進入極板的粒子運動過程，然后應用勻速運動規(guī)律與勻變速直線運動規(guī)律及牛頓第二定律可以解題。9．(1)帶正電．Es (4U2+E2S2)q⑵47(s+2L)⑶Ek_4U【解析】試題分析：(1)電場力方向與電場線方向相同，所以粒子帶正電1(2)粒子在加速電場中加速時，由動能定理可得：qU=—mv02厶在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動，由動力學知識可得電子離開偏轉(zhuǎn)電場時的側(cè)位移為:yi=2at2水平方向有：s=v0t加速度為：a— -m豎直分速度為：v=atyvtan_—v0電子離開偏轉(zhuǎn)電場后做勻速運動，在打到熒光