PAGEPAGE1電場仿真押題1.如圖所示，直角坐標系中x軸上在x＝－r處固定有帶電荷量為＋9Q的正點電荷，在x＝r處固定有帶電荷量為－Q的負點電荷，y軸上a、b兩點的坐標分別為ya＝r和yb＝－r，c、d、e點都在x軸上，d點的坐標為xd＝2r，r<xc<2r，cd點間距與de點間距相等。下列說法不正確的是()A．場強大小Ec>EeB．a(chǎn)、b兩點的電勢相等C．d點場強為零D．a(chǎn)、b兩點的場強相同2．如圖所示，梯形abdc位于某勻強電場所在平面內(nèi)，兩底角分別為60°、30°，cd＝2ab＝4cm，已知a、b兩點的電勢分別為4V、0，將電荷量q＝1.6×10－3C的正電荷由a點移動到c點，克服電場力做功6.4×10－3J，則下列關于電場強度的說法中正確的是()A．垂直ab向上，大小為400V/mB．垂直bd斜向上，大小為400V/mC．平行ca斜向上，大小為200V/mD．平行bd斜向上，大小為200V/m解析：選B由W＝qU知Uac＝eq\f(W,q)＝eq\f(－6.4×10－3,1.6×10－3)V＝－4V，而φa＝4V，所以φc＝8V，過b點作be∥ac交cd于e，因在勻強電場中，隨意兩條平行線上距離相等的兩點間電勢差相等，所以Uab＝Uce，即φe＝4V，又因cd＝2ab，所以Ucd＝2Uab，即φd＝0，所以bd為一條等勢線，又由幾何關系知eb⊥bd，由電場線與等勢線的關系知電場強度必垂直bd斜向上，大小為E＝eq\f(Ueb,ed·sin30°)＝eq\f(4,1×10－2)V/m＝400V/m，B項正確。3．如圖，一半徑為R的圓盤上勻稱分布著電荷量為Q的電荷，在垂直于圓盤且過圓心c的軸線上有a、b、d三個點，a和b、b和c、c和d間的距離均為R，在a點處有一電荷量為q(q＞0)的固定點電荷。已知b點處的場強為零，則d點處場強的大小為(k為靜電力常量)()A．keq\f(3q,R2) B．keq\f(10q,9R2)C．keq\f(Q＋q,R2) D．keq\f(9Q＋q,9R2)4.一平行板電容器兩極板之間充溢云母介質(zhì)，接在恒壓直流電源上。若將云母介質(zhì)移出，則電容器()A．極板上的電荷量變大，極板間電場強度變大B．極板上的電荷量變小，極板間電場強度變大C．極板上的電荷量變大，極板間電場強度不變D．極板上的電荷量變小，極板間電場強度不變解析：選D平行板電容器電容的表達式為C＝eq\f(εS,4πkd)，將極板間的云母介質(zhì)移出后，導致電容器的電容C變小。由于極板間電壓不變，據(jù)Q＝CU知，極板上的電荷量變小。再考慮到極板間電場強度E＝eq\f(U,d)，由于U、d不變，所以極板間電場強度不變，選項D正確。5．[多選]靜電計是在驗電器的基礎上制成的，用其指針張角的大小來定性顯示其相互絕緣的金屬球與外殼之間的電勢差大小，如圖所示，A、B是平行板電容器的兩個金屬板，G為靜電計，極板B固定，A可移動，起先時開關S閉合。靜電計指針張開肯定角度，則下列說法正確的是()A．斷開S后，將A向左移動少許，靜電計指針張開的角度增大B．斷開S后，在A、B間插入電介質(zhì)，靜電計指針張開的角度增大C．斷開S后，將A向上移動少許，靜電計指針張開的角度增大D．保持S閉合，將變阻器滑動觸頭向右移動，靜電計指針張開的角度減小6．[多選]如圖所示，平行板電容器AB兩極板水平放置，A在上方，B在下方，現(xiàn)將其和二極管串聯(lián)接在電源上，已知A和電源正極相連，二極管具有單向?qū)щ娦?，一帶電小球從AB間的某一固定點水平射入，打在B極板上的N點，小球的重力不能忽視，現(xiàn)通過上下移動A板來變更兩極板AB間距(兩極板始終平行)，則下列說法正確的是()A．若小球帶正電，當AB間距增大時，小球打在N點的右側(cè)B．若小球帶正電，當AB間距減小時，小球打在N點的左側(cè)C．若小球帶負電，當AB間距減小時，小球可能打在N點的右側(cè)D．若小球帶負電，當AB間距增大時，小球可能打在N點的左側(cè)解析：選BC若小球帶正電，當AB間距d增大時，電容減小，但Q不行能減小，依據(jù)E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εS)，E不變，所以電場力不變，小球仍舊打在N點，故A錯誤。若小球帶正電，當d減小時，電容增大，Q增大，依據(jù)E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εS)，所以d減小時E增大，所以電場力變大，小球在豎直方向加速度增大，運動時間變短，打在N點左側(cè)，故B正確。若小球帶負電，當AB間距d減小時，電容增大，則Q增大，依據(jù)E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εS)，所以d減小時E增大，所以電場力變大，若電場力小于重力，小球在豎直方向上的加速度減小，運動時間變長，小球?qū)⒋蛟贜點的右側(cè)，故C正確。若小球帶負電，當AB間距d增大時，電容減小，但Q不行能減小，依據(jù)E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εS)，E不變，所以電場力大小不變，小球在豎直方向上的加速度不變，運動時間不變，小球仍落在N點，故D錯誤。7.如圖所示的直角坐標系中，兩電荷量分別為Q(Q＞0)和－Q的點電荷對稱地放置在x軸上原點O的兩側(cè)，a點位于x軸上O點與點電荷Q之間，b位于y軸O點上方，取無窮遠處的電勢為零。下列說法正確的是()A．b點的電勢為零，電場強度也為零B．正的摸索電荷在a點的電勢能大于零，所受電場力方向向右C．將正的摸索電荷從O點移到a點，電勢能削減D．將同一正的摸索電荷先后分別從O、b點移到a點，其次次電勢能的變更較大8．如圖，P是固定的點電荷，虛線是以P為圓心的兩個圓。帶電粒子Q在P的電場中運動，運動軌跡與兩圓在同一平面內(nèi)，a、b、c為軌跡上的三個點。若Q僅受P的電場力作用，其在a、b、c點的加速度大小分別為aa、ab、ac，速度大小分別為va、vb、vc。則()A．a(chǎn)a>ab>ac，va>vc>vb B．a(chǎn)a>ab>ac，vb>vc>vaC．a(chǎn)b>ac>aa，vb>vc>va D．a(chǎn)b>ac>aa，va>vc>vb9．[多選]有一電場強度方向沿x軸方向的電場，其電勢φ隨x的分布如圖所示。一質(zhì)量為m、帶電荷量為－q的粒子只在電場力的作用下，以初速度v0從x＝0處的O點進入電場并沿x軸正方向運動，則下列關于該粒子運動的說法中正確的是()A．粒子從x＝0處運動到x＝x1處的過程中動能漸漸增大B．粒子從x＝x1處運動到x＝x3處的過程中電勢能漸漸減小C．欲使粒子能夠到達x＝x4處，則粒子從x＝0處動身時的最小速度應為2eq\r(\f(qφ0,m))D．若v0＝2eq\r(\f(2qφ0,m))，則粒子在運動過程中的最小速度為eq\r(\f(6qφ0,m))解析：選BD粒子從O運動到x1的過程中，電勢降低，場強方向沿x軸正方向，粒子所受的電場力方向沿x軸負方向，粒子做減速運動，動能漸漸減小，故A錯誤。粒子從x1運動到x3的過程中，電勢不斷上升，依據(jù)負電荷在電勢高處電勢能小，可知，粒子的電勢能不斷減小，故B正確。依據(jù)電場力和運動的對稱性可知：粒子如能運動到x1處，就能到達x4處，當粒子恰好運動到x1處時，由動能定理得：－qφ0＝0－eq\f(1,2)mv02，解得：v0＝eq\r(\f(2qφ0,m))，則要使粒子能運動到x4處，粒子的初速度v0至少為eq\r(\f(2qφ0,m))，故C錯誤。若v0＝2eq\r(\f(2qφ0,m))，粒子運動到x1處電勢能最大，動能最小，由動能定理得：－qφ0＝eq\f(1,2)mvmin2－eq\f(1,2)mv02，解得最小速度為：vmin＝eq\r(\f(6qφ0,m))，故D正確。18.如圖所示，A、B是兩個帶電量相等的異種點電荷，A帶正電，B帶負電，OO′為兩點電荷連線的垂直平分線，P點是垂足，若從P點以大小為v0的初速度放射一個質(zhì)子，則()A.若質(zhì)子初速度方向由P指向A，則質(zhì)子在接近A點的過程中速度越來越大B.若質(zhì)子初速度方向由P指向B，則質(zhì)子在接近B點的過程中加速度越來越大C.若質(zhì)子初速度方向由P指向O，則質(zhì)子在運動的過程中加速度的大小不變D.若質(zhì)子初速度方向由P指向O，則質(zhì)子在運動的過程中加速度的方向不變19.靜電計是在驗電器的基礎上制成的，用其指針張角的大小來定性顯示其金屬球與外殼之間的電勢差大小。如圖所示，A、B是平行板電容器的兩個金屬板，G為靜電計。起先時開關S閉合，靜電計指針張開肯定角度，為了使指針張開的角度增大些，下列實行的措施可行的是()A.斷開開關S后，將A、B分開些B.保持開關S閉合，將A、B兩極板分開些C.保持開關S閉合，將A、B兩極板靠近些D.保持開關S閉合，將變阻器滑動觸頭向右移動【解析】選A。斷開開關，電容器帶電量Q不變，將A、B分開一些，則d增大，依據(jù)C=知，電容C減小，依據(jù)C=知，電勢差U增大，指針張角增大，故A正確;保持開關閉合，電容器兩端的電勢差不變，則指針張角不變，B、C、D錯誤。20.如圖所示，豎直直線為某點電荷Q所產(chǎn)生的電場中的一條電場線，M、N是其上的兩個點。另有一帶電小球q自M點由靜止釋放后起先運動，到達N點時速度恰變?yōu)榱恪Ｓ纱丝梢耘卸?)A.Q必為正電荷，且位于N點下方B.M點的電場強度小于N點的電場強度C.M點的電勢高于N點的電勢D.q在M點的電勢能大于在N點的電勢能21.如圖所示，兩塊平行、正對的金屬板水平放置，分別帶有等量的異種電荷，使兩板間形成勻強電場，兩板間的距離為d。有一帶電粒子以某個速度v0緊貼著A板左端沿水平方向射入勻強電場，帶電粒子恰好落在B板的右邊緣。帶電粒子所受的重力忽視不計?，F(xiàn)使該粒子仍從原位置以同樣的方向射入電場，但使該粒子落在B板的中點，下列措施可行的是()A.僅使粒子的初速度變?yōu)?v0B.僅使粒子的初速度變?yōu)镃.僅使B板向上平移D.僅使B板向下平移d22.如圖所示，帶正電的點電荷固定于Q點，電子在庫侖力作用下，沿以Q點為一個焦點的橢圓軌道運動。M、N、P為橢圓上的三點，P點離Q點最遠。在從M點經(jīng)P點到達N點的過程中，電子的()A.庫侖力大小不變B.庫侖力先變大后變小C.速領先增大后減小D.速領先減小后增大【解析】選D。在從M點經(jīng)P點到達N點的過程中，依據(jù)庫侖定律F=k，距離先增加后削減，庫侖力先削減后增加，A、B錯誤;庫侖力先是阻力后是動力，所以速領先減小后增大，D正確，C錯誤。23.如圖所示，空間中存在著由一固定的正點電荷Q(圖中未畫出)產(chǎn)生的電場。另一正點電荷q僅在電場力作用下沿曲線MN運動，在M點的速度大小為v0，方向沿MP方向，到達N點時速度大小為v，且v<v0，則()A.Q肯定在虛線MP上方B.M點的電勢比N點的電勢高C.q在M點的電勢能比在N點的電勢能小D.q在M點的加速度比在N點的加速度大24.有一個帶正電的金屬球殼(厚度不計)，其截面圖如圖甲所示，O為球心，球殼P處開有半徑遠小于球半徑的小孔。以O點為坐標原點，過P點建立x坐標軸，A點是坐標軸上的一點，x軸上各點電勢如圖乙所示。電子從O點以v0的初速度沿x軸方向射出，依次通過P、A兩點。則下列關于電子的描述正確的是()A.在OP間電子做勻加速直線運動B.在PA間電子做勻減速直線運動C.在OP間運動時電子的電勢能勻稱增加D.在PA間運動時電子的電勢能增加【解析】選D。帶正電的金屬球殼的電荷只分布在球的外表面，內(nèi)部沒有電場線，所以OP段電子做勻速直線運動，A、C錯誤;電子帶負電，PA段會受到庫侖引力作用，做加速度減小，速度也減小的變速運動，B錯誤;庫侖力做負功電勢能增加，D正確。25．如圖為靜電除塵機原理示意圖，廢氣先經(jīng)過一個機械過濾裝置再進入靜電除塵區(qū)，帶負電的塵埃在電場力的作用下向集塵極遷移并沉積，以達到除塵目的，圖中虛線為電場線(方向未標)．不考慮塵埃在遷移過程中的相互作用和電荷量的變更，則()A．電場線方向由放電極指向集塵極B．圖中A點電勢高于B點電勢C．塵埃在遷移過程中做勻變速運動D．塵埃在遷移過程中電勢能減小答案：D26．如圖所示，三條平行等間距的虛線表示電場中的三個等勢面，電勢值分別為10V、20V、30V，實線是一帶電粒子(不計重力)在該區(qū)域內(nèi)的運動軌跡，a、b、c是軌跡上的三個點．下列說法正確的是()A．粒子在三點的電勢能大小關系為Epc<Epa<EpbB．粒子在三點所受的電場力不相等C．粒子必先過a，再到b，然后到cD．粒子在三點所具有的動能大小關系為Ekb>Eka>Ekc解析：由題圖可知，電場的方向是向上的，而粒子受力是向下的，故粒子帶負電，而帶負電的粒子無論是依次沿a、b、c運動，還是依次沿c、b、a運動，都會得到如圖的軌跡，故C錯誤．粒子在電場中運動時，只有電場力做功，故電勢能與動能之和是恒定不變的，帶負電的粒子在b點時的電勢能最大，在c點的電勢能最小，則可推斷帶電粒子在c點的動能最大，在b點的動能最小，故A正確，D錯誤．因表示電場中三個等勢面的三條虛線是平行且等間距的，由此可推斷電場是勻強電場，所以帶電粒子在電場中各點受到的電場力相等，故B錯誤．答案：A27.如圖所示，無限大勻稱帶正電的薄板豎直放置，其四周空間的電場可認為是勻強電場．光滑絕緣細管垂直穿過板中間小孔，一個可視為質(zhì)點的帶負電小球在細管內(nèi)運動．以小孔為原點建立x軸，規(guī)定x軸正方向為加速度a和速度v的正方向，下圖分別表示x軸上各點的電勢φ、小球的加速度a、速度v和動能Ek隨x變更的圖象，其中正確的是()答案：D28.如圖所示，空間某區(qū)域存在著非勻強電場，實線表示該電場的電場線，過O點的虛線MN表示該電場的一個等勢面，兩個相同的帶正電的粒子P、Q分別從A、B兩點以相同的初速度起先運動，速度方向垂直于MN，A、B連線與MN平行，且都能從MN左側(cè)經(jīng)過O點．設粒子P、Q在A、B兩點的電勢能分別為Ep1和Ep2，經(jīng)過O點時的速度大小分別為v1和v2.粒子的重力不計，則()A．v1>v2 B．v1<v2C．Ep1<Ep2 D．Ep1>Ep2答案：BC29．現(xiàn)有兩個點電荷A和B，它們電荷量分別為＋Q和－Q，a為AB連線的中點，b與a關于B對稱，它們都在一條直線上，如圖所示．把一個帶正電的摸索電荷從a沿直線移到b的過程中，下列說法正確的是()A．電場力對摸索電荷始終做正功B．電場力對摸索電荷先做正功后做負功C．摸索電荷受到的電場力始終增大D．摸索電荷受到的電場力先增大后減小解析：等量異號電荷的電場線分布如圖所示，正電荷由a移到b的過程中受力沿電場線方向，則由圖可知，由a向B電荷運動過程中，電場力向右，故電場力做正功；而在由B向b方向運動時，電場力向左，故電場力做負功，故A錯誤，B正確．由圖可知，由a到b過程中，電場強度先增大后減小，故摸索電荷受到的電場力先增大后減小，故C錯誤，D正確．答案：BD30.如圖所示，水平放置的平行板電容器，上板帶負電，下板帶正電，斷開電源后一帶電小球以速度v0水平射入電場，且沿下板邊緣飛出．若下板不動，將上板上移一小段距離，小球仍以相同的速度v0從原處飛入，則帶電小球()A．將打在下板中心B．仍沿原軌跡由下板邊緣飛出C．不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，沿直線運動D．若上板不動，將下板上移一段距離，小球可能打在下板的中心答案：BD31．如圖所示，豎直平行正對放置的帶電金屬板A、B，B板中心的小孔(未畫出)正好位于平面直角坐標系xOy的O點，y軸沿豎直方向，在x>0的區(qū)域內(nèi)存在沿y軸正方向的勻強電場，電場強度大小為E＝eq\f(4,3)×103V/m，比荷為1.0×105C/kg的帶正電的粒子P從A板中心O′處由靜止釋放，其運動軌跡恰好經(jīng)過M(eq\r(3)m,1m)點．粒子P的重力不計．(1)求金屬板A、B之間的電勢差UAB；(2)若在粒子P經(jīng)過O點的同時，在y軸右側(cè)勻強電場中某點由靜止釋放另一帶電粒子Q，使P、Q恰能在運動中相碰．假設Q的質(zhì)量是P的質(zhì)量的2倍，帶電狀況與P相同，Q的重力及P、Q之間的相互作用力均忽視不計，求粒子Q全部釋放點的集合．解析：(1)設粒子P的質(zhì)量為m、帶電荷量為q，從O點進入勻強電場時的速度大小為v0.由題意可知，粒子P在y軸右側(cè)勻強電場中做類平拋運動．設該粒子從O點運動到M(eq\r(3)m,1m)點所用時間為t0，由類平拋運動規(guī)律可得xM＝v0t0，yM＝eq\f(1,2)eq\f(qE,m)teq\o\al(2,0)，解得v0＝eq\r(2)×104m/s.在金屬板A、B之間，由動能定理得qUAB＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得UAB＝1000V.答案：(1)1000V(2)y＝eq\f(1,6)x2(x>0)32.如圖所示，開有小孔的平行板水平放置，兩極板接在電壓大小可調(diào)的電源上，用噴霧器將油滴噴注在小孔上方．已知兩極板間距為d，油滴密度為ρ，電子電荷量為e，重力加速度為g，油滴視為球體，油滴運動時所受空氣的粘滯阻力大小Ff＝6πηrv(r為油滴半徑、η為粘滯系數(shù)，且均為已知量)，油滴所帶電荷量是電子電荷量的整數(shù)倍，噴出的油滴均相同，不考慮油滴間的相互作用．(1)當電壓調(diào)到U時，可以使帶電的油滴在板間懸?。划旊妷赫{(diào)到eq\f(U,2)時，油滴能在板間以速度v勻速豎直下行．求油滴所帶電子的個數(shù)n及油滴勻速下行的速度v；(2)當油滴進入小孔時與另一油滴粘連在一起形成一個大油滴，以速度v1(已知)豎直向下進入小孔，為防止遇到下極板，需調(diào)整電壓，使其減速運行，若將電壓調(diào)到2U，大油滴運動到下極板處剛好速度為零，求大油滴運動到下極板處時的加速度及這一過程粘滯阻力對大油滴所做的功．(2)①大油滴質(zhì)量為2m，所帶電荷量為2q，當它運動到下極板時速度恰好為零，故2qeq\f(2U,d)－2mg＝2ma聯(lián)立解得a＝g，方向豎直向上②油滴從上極板到下極板由動能定理可得2mgd－2q·2U＋Wf＝0－eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,1)，m＝eq\f(4,3)πρr3聯(lián)立解得Wf＝eq\f(8,3)πρgdr3－eq\f(4,3)πρveq\o\al(2,1)r3＝eq\f(4,3)πρr3(2gd－veq\o\al(2,1))．答案：(1)eq\f(4πρgdr3,3eU)eq\f(gρr2,9η)(2)g，方向豎直向上eq\f(4,3)πρr3(2gd－veq\o\al(2,1))33.如圖甲所示為一組間距d足夠大的平行金屬板，板間加有隨時間變更的電壓(如圖乙所示)，設U0和T已知。A板上O處有一靜止的帶電粒子，其帶電量為q，質(zhì)量為m(不計重力)，在t=0時刻起該帶電粒子受板間電場加速向B板運動，途中由于電場反向，粒子又向A板返回(粒子未曾與B板相碰)。(1)當Ux=2U0時，求帶電粒子在t=T時刻的動能。(2)為使帶電粒子在t=T時刻恰能回到O點，Ux等于多少?【解析】(1)粒子在兩種不同電壓的電場中運動的加速度分別為a1=(2分)a2= (1分)經(jīng)過時粒子的速度:v1=a1 (2分)t=T時刻粒子的速度:v2=v1-a2=a1-a2=- (2分)t=T時刻粒子的動能:Ek=m= (2分)(2)經(jīng)0～時粒子的位移:x1=a1()2 (2分)～T時粒子的位移:xx=v1-ax()2 (2分)又v1=a1，x1=-xx (1分)解得:ax=3a1 (1分)因為a1=，ax=解得:Ux=3U0 (1分)答案:(1)(2)3U034.如圖甲所示，水平放置的平行金屬板A和B的距離為d，它們的右端安放著垂直于金屬板的靶MN，現(xiàn)在A、B板上加上如圖乙所示的方波形電壓，電壓的正向值為U0，反向電壓值為，且每隔變向1次?，F(xiàn)將質(zhì)量為m的帶正電，且電荷量為q的粒子束從AB的中點O以平行于金屬板的方向OO′射入，設粒子能全部打在靶上，而且全部粒子在A、B間的飛行時間均為T。不計重力的影響，試求:(1)定性分析在t=0時刻從O點進入的粒子，在垂直于金屬板的方向上的運動狀況。(2)在距靶MN的中心O′點多遠的范圍內(nèi)有粒子擊中?(3)要使粒子能全部打在靶MN上，電壓U0的數(shù)值應滿意什么條件?(寫出U0、m、d、q、T的關系式即可)【解析】(1)0～時間內(nèi)，帶正電的粒子受到向下的電場力而向下做加速運動，在～T時間內(nèi)，粒子受到向上的電場力而向下做減速運動。 (2分)(2)當粒子在0，T，2T…nT(n=0，1，2…)時刻進入電場中時，粒子將打在O′點下方最遠點，在前時間內(nèi)，粒子豎直向下的位移:y1=a1()2= (2分)在后時間內(nèi)，粒子豎直向下的位移:y2=v-a2()2 (2分)其中:v=a1= (1分)a2= (1分)解得:y2= (1分)故粒子打在距O′點正下方的最大位移:y=y1+y2= (1分)當粒子在，…(n=0，1，2…)時刻進入電場時，將打在O′點上方最遠點，在前時間內(nèi)，粒子豎直向上的位移:y′1=a1′()2= (1分)在后時間內(nèi)，粒子豎直向上的位移:y2′=v′-a2′()2 (1分)其中:v′=a1′= (1分)a2′= (1分)解得:y2′=0 (1分)故粒子打在距O′點正上方的最大位移:y′=y1′+y2′= (1分)擊中的范圍在O′以下到O′以上 (1分)(3)要使粒子能全部打在靶上，需有:< (2分)解得:U0< (1分)答案:(1)見解析(2)O′以下到O′以上(3)U0<35．如圖所示，板長L＝10cm，板間距離d＝10cm的平行板電容器水平放置，它的左側(cè)有與水平方向成60°角斜向右上方的勻強電場，某時刻一質(zhì)量為m、帶電量為q的小球由O點靜止釋放，沿直線OA從電容器C的中線水平進入，最終剛好打在電容器的上極板右邊緣，O到A的距離x＝45eq\r(3)cm，(g取10m/s2)求：(1)電容器外左側(cè)勻強電場的電場強度E的大小；(2)小球剛進入電容器C時的速度v的大??；(3)電容器C極板間的電壓U.解析：(1)由于帶電小球做直線運動，因此小球所受合力沿水平方向，則：Eq＝eq\f(mg,sin60°)，解得E＝eq\f(2\r(3)mg,3q).(2)從O點到A點，由動能定理得：mgxcot60°＝eq\f(1,2)mv2－0解得：v＝3m/s.(3)小球在電容器C中做類平拋運動，水平方向：L＝vt①豎直方向：eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)at2②a＝eq\f(Uq,md)－g③①②③聯(lián)立求解得U＝eq\f(10m,q).答案：(1)eq\f(2\r(3)mg,3q)(2)3m/s(3)eq\f(10m,q)36．在金屬板A、B間加上如圖乙所示的大小不變、方向周期性變更的交變電壓，其周期為T，現(xiàn)有電子以平行于金屬板的速度v0從兩板中心射入(如圖甲所示)．已知電子的質(zhì)量為m，電荷量