电容器带电粒子在电场中的运动.doc

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1、第七章 静电场第三讲 电容器 带电粒子在电场中的运动课时安排：3课时教学目标：1理解电容器的电容，掌握平行板电容器的电容的决定因素2熟练应所学电场知识分析解决带电粒子在匀强电场中的运动问题3掌握示波管工作原理4运用静电场的有关概念和规律解决物理问题本讲重点：1电容器的电容，平行板电容器的电容的决定因素2带电粒子在匀强电场中的运动本讲难点：电容器的电容考点点拨：1对电容的理解2平行板电容器电容的决定因素3电容器的动态分析4电容器与恒定电流相联系5带电粒子在电场中的平衡问题6带电粒子（或带电体）在电场中的加速问题7带电粒子（或带电体）在电场中的偏转问题8带电粒子（或带电体）在电场中运动的综合问题第

2、一课时一、考点扫描（一）知识整合1电容器的定义：两个彼此 又相互靠近的导体就可以看作一个电容器2使电容器带电的过程叫 ，使电容器失去电荷的过程叫 3电容：物理意义：表示电容器容纳电荷本领的大小定义：电容器的带电量和电容器两极板电压之比公式C= 单位：1F=_F ，= _PF（电容器的电容由电容器本身因素决定，与带电量，极板电压无关）平行板电容器的电容：C= 4带电粒子在电场中的运动（1）平衡问题平衡问题中一般考虑带电粒子所受的重力，带电粒子在电场中处于静止状态或匀速运动状态，则说明_（2）加速问题带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场时，受到的电场力的方向与运动方向在同一直线上，此时带电粒子

3、做_运动，带电粒子动能的变化量等于_做的功，也等于_的变化量（3）带电粒子在电场中的偏转如图所示，质量为m电荷量为q的带电粒子以平行于极板的初速度v0射入长为L版间距离为d的平行版电容器间，两板间电压为 U，求射出时的偏移、偏转角 U L dv0m，qyvt侧移：_千万不要死记公式，要清楚物理过程，根据不同的已知条件，结论改用不同的表达形式（已知初速度、初动能、或加速电压等）偏转角：_注意穿出时刻的末速度的反向延长线与初速度方向交于中点位置，以上结论适用于带电粒子能从匀强磁场中穿出的情况如果带电粒子没有从电场中穿出，此时水平位移不再等于板长L，应根据情况进行分析（二）重难点阐释1电容是表示电容

4、器容纳电荷本领的物理量由电容器本身的介质特性与几何尺寸决定，与电容器是否带电，带电量的多少、板间电势差的大小等均无关2公式C=U/Q是电容的定义式，对任何电容器都适用对一个确定的电容器，其电容已确定，不会随其带电荷量的改变而改变公式C=是平行板电容器的决定式，只对平行板电容器适用3电容器的动态分析：平行板电容器动态分析这类问题的关键在于弄清哪些是变量，哪些是不变量，在变量中哪些是自变量哪些是因变量，同时注意理解平行板电容器演示实验现象的实质，一般分两种基本情况：一是电容器两极板的电势差U保持不变（与电源连接）；二是电容器的带电量Q保持不变（与电源断开）4用功能观点处理带电粒子的运动首先对物体受

5、力分析，进而分析物体的运动状态（平衡或加速或减速，是直线还是曲线运动等）这也是我们解答有关力学问题的最基本的要求，在此基础上再考虑选用恰当的规律来解题若选用动能定理，则要分清有多少个力做功，是恒力功还是变力功，以及初态和末态的动能增量若选用能量守恒定律，则要分清有多少种形式的能在转化，那种能量是增加的，那种能量是减少的5带电微粒在电场和重力场的复合场中的运动一般提到的带电粒子由于重力远小于它在电场中受到的电场力，所以其重力往往忽略不计，但当带电体（或微粒）的重力跟电场力大小相差不大时，就不能忽略重力的作用了，这样的带电微粒在电场中可能处于静止，也可能做直线运动或曲线运动处理此类问题的基本思路，

6、一是电场力当作力学中的一个力看待，然后按研究力学问题的基本方法，从力和运动或能量转换两条途径展开；二是把该物体看作处于电场和重力场同时存在的复合场中，对于这两种不同性质的场，同样可以用场强叠加原理处理二、高考要点精析（一）对电容的理解考点点拨电容是表示电容器容纳电荷本领的物理量由电容器本身的介质特性与几何尺寸决定，与电容器是否带电，带电量的多少、板间电势差的大小等均无关【例1】对电容C=Q/U，以下说法正确的是： A电容器充电量越大，电容增加越大B电容器的电容跟它两极所加电压成反比C电容器的电容越大，所带电量就越多D对于确定的电容器，它所充的电量跟它两极板间所加电压的比值保持不变解析：电容是表

7、示电容器容纳电荷本领的物理量，与电容器是否带电，带电量的多少、板间电势差的大小等均无关故D正确答案：D 考点精炼1某一电容器标注的是：“300V，5F”，则下述说法正确的是 （ ）A该电容器可在300V以下电压正常工作B该电容器只能在300V电压时正常工作C电压是200V时，电容仍是5FD使用时只需考虑工作电压，不必考虑电容器的引出线与电源的哪个极相连（二）平行板电容器电容的决定因素考点点拨平行板电容器的电容与板间距离d成反比，与两半正对面积S成正比，与板间介质的介电常数成正比，其决定式是：A【例2】计算机键盘上的每一个按键下面都有一个电容传感器电容的计算公式是，其中常量=9.010-12Fm

8、-1，S表示两金属片的正对面积，d表示两金属片间的距离当某一键被按下时，d发生改变，引起电容器的电容发生改变，从而给电子线路发出相应的信号已知两金属片的正对面积为50mm2，键未被按下时，两金属片间的距离为0.60mm只要电容变化达0.25pF，电子线路就能发出相应的信号那么为使按键得到反应，至少需要按下多大距离？解：先求得未按下时的电容C1=0.75pF，再由得和C2=1.00pF，得d=0.15mm考点精炼金属芯线导电液体电介质h21999年7月12日日本原子能公司所属敦贺湾核电站由于水管破裂导致高辐射冷却剂外流，在检测此次重大事故中应用了非电量变化（冷却剂 外泄使管中液面变化）转移为电信

9、号的自动化测量技术.图是一种通过检测电容器电容的变化来检测液面高低的仪器原理图，容器中装有导电液体，是电容器的一个电极，中间的芯柱是电容器的另一个电极，芯柱外面套有绝缘管（塑料或橡皮）作为电介质，电容器的两个电极分别用导线接在指示器上，指示器上显示的是电容的大小，但从电容的大小就可知容器中液面位置的高低，为此，以下说法中正确的是A如果指示器显示出电容增大了，则两电极正对面积增大，必液面升高B如果指示器显示电容减小了，则两电极正对面积增大，必液面升高C如果指示器显示出电容增大了，则两电极正对面积减小，液面必降低D如果指示器显示出电容减小了，则两电极正对面积增大，液面必降低（三）电容器的动态分析考

10、点点拨平行板电容器动态分析这类问题的关键在于弄清哪些是变量，哪些是不变量，在变量中哪些是自变量哪些是因变量，同时注意理解平行板电容器演示实验现象的实质，一般分两种基本情况：一是电容器两极板的电势差U保持不变（与电源连接）；二是电容器的带电量Q保持不变（与电源断开）电容器和电源连接如图，改变板间距离、改变正对面积或改变板间电解质材料，都会改变其电容，从而可能引起电容器两板间电场的变化这里一定要分清两种常见的变化： K（1）电键K保持闭合，则电容器两端的电压恒定（等于电源电动势），这种情况下带电量而（2）充电后断开K，保持电容器带电量Q恒定，这种情况下【例3】如图所示，电路中A、B为两块竖直放置的

11、金属板，C是一只静电计，开关S合上后，静电计指针 张开一个角度，下述哪些做法可使指针张角增大 （ ） A使A、B两板靠近一些B使A、B两板正对面积错开一些C断开S后，使A板向右平移拉开一些D断开S后，使A、B正对面积错开一些解析：图中静电计的金属杆接且极，外壳和负极板均接地，静电计显示的是A、B两极板间的电压，指针张角越大，表示两板间的电压越高当合上S后，A、B两板与电源两极相连，板间电压等于电源电压不变，静电计指针张角不变；当断开S后，板间距离增大，正对面积减小，都将使A、B两板间的电容变小，而电容器电荷量不变，由C=QU可知，板间电压U增大，从而静电计指针张角增大，答案应选CD答案：CDP

12、【例4】一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷（电量很小）固定在P点，如图所示，以E表示两极板间的场强，U表示电容器的电压，W表示正电荷在P点的电势能若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则（）AU变小，E不变BE变大，W变大CU变小，W不变DU不变，W不变解析：当平行板电容器充电后与电源断开时，对有关物理量变化的讨论，要注意板间场强的一个特点： ，即对于介质介电常数为的平行板电容器而言，两极间场强只与极板上单位面积的带电量成正比带电量Q不变，两极间场强E保持不变，由于板间d距离减小，据可知，电容器的电压变小由于场强E保持不变，因此，P点与接地的负极板即与

13、地的电势差保持不变，即点P的电势保持不变，因此电荷在P点的电势能W保持不变所以本题应选AC答案：AC考点精炼KMN3如图所示，在平行板电容器正中有一个带电微粒K闭合时，该微粒恰好能保持静止在保持K闭合；充电后将K断开；两种情况下，各用什么方法能使该带电微粒向上运动打到上极板？A上极板M向上平移 B下极板N 向上平移C上极板M 向左平移 D把下极板N接地4如图所示，用静电计测量电容器两板间的电势差，不改变两板的带电量，把A板向右移，静电计指针偏角将_；把A板竖直向下移，静电计指针偏角将_；把AB板间插入一块电介质，静电计指针偏角将_第二课时（四）电容器与恒定电流相联系考点点拨在直流电路中，电容器

14、的充电过程非常短暂，除充电瞬间以外，电容器都可以视为断路应该理解的是：电容器与哪部分电路并联，电容器两端的电压就必然与哪部分电路两端电压相等【例5】如图所示电路中，忽略电源电阻，下列说法中正确的是（）C2R2ER1KC1开关K处于断开状态，电容的电量大于的电量；开关处于断开状态，电容的电量大于的电量；开关处于接通状态，电容的电量大于的电量；开关处于接通状态，电容的电量大于的电量A B C D解析：开关断开时，电容、两端电压相等，均为E，因为，由知，即，所以正确；当开关K接通时，与串联，通过R1和R2的电流相等，与并联，与并联，故的电压为，的电压为又，又，所以即两电容的电量相等；所以正确选项应为

15、A答案：A考点精炼R1R2R4R3CKOCC5如图所示，四个定值电阻的阻值相同都为R，开关K闭合时，有一质量为m带电量为q的小球静止于平行板电容器板间的中点O现在把开关K断开，此小球向一个极板运动，并与此极板相碰，碰撞时无机械能损失，碰撞后小球恰能运动到另一极板处，设两极板间的距离为d，电源内阻不计，试计算：电源电动势小球和电容器一个极板碰撞后所带的电量（五）带电粒子（或带电体）在电场中的平衡问题考点点拨在历年高考试题中，常常是电场知识与力学知识联系起来考查解答这一类题目的关键还是在力学上当带电体在电场中处于平衡状态时，只要在对物体进行受力分析时，注意分析带电体所受的电场力，再应用平衡条件即可

16、求解a-Ld+【例6】如图所示，用长L=0.50m的绝缘轻质细线，把一个质量m=1.0g带电小球悬挂在带等量异种电荷的平行金属板之间，平行金属板间的距离d=5.0cm，两板间电压U=1.0103V静止时，绝缘线偏离竖直方向角，小球偏离竖直距离a=1.0cm（角很小，为计算方便可认为tansin，取g=10m/s2，需要求出具体数值，不能用角表示）求：（1）两板间电场强度的大小；（2）小球带的电荷量 （3）若细线突然被剪断，小球在板间如何运动？解析：（1）设两板间的电场强度为E，根据匀强电场的场强和电势差的关系得： E=2.0104V/m（2）小球静止时受力平衡 qE=mgtan 解得q=1.0

17、10-8C（3）小球做初速度为零的匀加速直线运动考点精炼6质量为m的带正电小球A悬挂在绝缘细线上，且处在场强为E的匀强电场中，当小球A静止时，细线与竖直方向成30角，已知此电场方向恰使小球受到的电场力最小，则小球所带的电量应为A B C D （六）带电粒子（或带电体）在电场中的加速问题考点点拨对于此类问题，首先对物体受力分析，进而分析物体的运动情况（加速或减速，是直线还是曲线运动等），常常用能量的观点求解（1）若选用动能定理，则要分清有多少个力做功，是恒力功还是变力功，以及初态和末态的动能增量（2）若选用能量守恒定律，则要分清有多少种形式的能在转化，哪种能量是增加的，那种能量是减少的【例7】如

18、图所示，水平放置的两平行金属板A、B相距为d，电容为C，开始时两极板均不带电，A板接地且中央有一小孔，现将带电液一滴一滴地从小孔正上方h高处无初速地滴下，设每滴液滴的质量为m，电荷量为q，落到B板后把电荷全部传给B板（1）第几滴液滴将在A、B间做匀速直线运动? （2）能够到达B板的液滴不会超过多少滴?解析： （1）设第n滴恰在A、B间做匀速直线运动，则这时电容器的带电量为（n-1）q，对第n滴液滴，根据它的受力平衡得qE=mg，而E=U/d=Q/Cd=（n-1）q/Cd，解得（2）设第N滴恰能到达下板则对第N滴，考虑它从开始自由下落至恰到达B板的过程利用动能定理得: 解得 N=说明：若考虑第N

19、+1滴恰好不能到达下板，则利用动能定理得: 解得 N=，两种解法都是正确的考点精炼7如图所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔右极板电势随时间变化的规律如图所示电子原来静止在左极板小孔处（不计重力作用）下列说法中正确的是A从t=0时刻释放电子，电子将始终向右运动，直到打到右极板上-U0U0OT 2TtB从t=0时刻释放电子，电子可能在两板间往复运动C从t=T/4时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上D从t=3T/8时刻释放电子，电子必将打到左极板上第三课时（七）带电粒子（或带电体）在电场中的偏转问题考点点拨U L dv0m，qyvt如图所示，质量为m电荷量为q的带电

20、粒子以平行于极板的初速度v0射入长L板间距离为d的平行板电容器间，两板间电压为U，求射出时的侧移、偏转角和动能增量等解题方法：分解为两个独立的分运动：平行极板的匀速运动（运动时间由此分运动决定），垂直极板的匀加速直线运动，偏角：，推论：穿越电场过程的动能增量：EK=qEy （注意，一般来说不等于qU）【例8】一束电子流在经V的加速电压加速后，在距两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示，若两板间距cm，板长cm，那么，要使电子能从平行板间飞出，两个极板上最多能加多大电压（电子的重力不计）?解析：在加速电压一定时，偏转电压U越大，电子在极板间的偏距就越大.当偏转电压大到使电子刚好擦着极板

21、的边缘飞出，此时的偏转电压，即为题目要求的最大电压.加速中由动能定理得： 进入偏转电场，电子在平行于板面的方向上做匀速运动，有： 在垂直于板面的方向做匀加速直线运动，其加速度为 发生的偏距 能飞出的条件为 解式得V即要使电子能飞出，所加电压最大为V考点精炼o 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 3U0u0.06LL LU0yOt8如图所示，热电子由阴极飞出时的初速忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0电容器板长和板间距离均为L=10cm，下极板接地电容器右端到荧光屏的距离也是L=10cm在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图象如左图（每个电子穿过平行板的时间极短，可以认为

22、电压是不变的）求：在t=0.06s时刻，电子打在荧光屏上的何处？荧光屏上有电子打到的区间有多长？屏上的亮点如何移动？（八）带电粒子（或带电体）在电场中运动的综合问题考点点拨当带电体的重力和电场力大小可以相比时，不能再将重力忽略不计这时研究对象经常被称为“带电微粒”、“带电尘埃”、“带电小球”等等这时的问题实际上变成一个力学问题，只是在考虑能量守恒的时候需要考虑到电势能的变化-+OC【例9】 已知如图，水平放置的平行金属板间有匀强电场一根长l的绝缘细绳一端固定在O点，另一端系有质量为m并带有一定电荷的小球小球原来静止在C点当给小球一个水平冲量后，它可以在竖直面内绕O点做匀速圆周运动若将两板间的电

23、压增大为原来的3倍，求：要使小球从C点开始在竖直面内绕O点做圆周运动，至少要给小球多大的水平冲量？在这种情况下，在小球运动过程中细绳所受的最大拉力是多大？解：由已知，原来小球受到的电场力和重力大小相等，增大电压后电场力是重力的3倍在C点，最小速度对应最小的向心力，这时细绳的拉力为零，合力为2mg，可求得速度为v=，因此给小球的最小冲量为I = m在最高点D小球受到的拉力最大从C到D对小球用动能定理：，在D点，解得F=12mg考点精炼9已知如图，匀强电场方向水平向右，场强E=1.5106V/m，丝线长l=40cm，上端系于O点，下端系质量为m=1.0104kg，带电量为q=+4.910-10C的

24、小球，将小球从最低点A由静止释放，求：（1）小球摆到最高点时丝线与竖直方向的夹角多大？（2）摆动过程中小球的最大速度是多大？OACBE三、考点落实训练1对于给定的电容器，描述其电容C、电量Q、电压U之间相应关系的图应是图1中的 （ ）2如图所示，重力不计的一束混合带电粒子，从同一点垂直于电场方向进入一截面是矩形的匀强电场，电场强度为，1、2、3是粒子运动轨迹中的三条关于这些粒子的运动，下列说法正确的是 （ ）A有的粒子能在电场中一直运动下去B在同一条轨迹上的粒子的荷质比、初速度都相同C在轨迹3运动的粒子与轨迹1的相比，一定是初速度小而荷质比大D如果进入电场前是由同一加速电场由静止开始加速的，该

25、类粒子不会分开，与其荷质比和初速度无关3如图所示，一带电粒子从平行带电金属板左侧中点垂直于电场线以速度v0射入电场中，恰好能从下板边缘以速度v1飞出电场若其它条件不变，在两板间加入垂直于纸面向里的匀强磁场，该带电粒子恰能从上板边缘以速度v2射出不计重力，则 （ ）v0mqA2v0= v1+v2 Bv0=Cv0=Dv0v1= v2G+-4传感器是一种采集信息的重要器件如图所示为测定压力的电容式传感器，A为固定电极，B为可动电极，组成一个电容大小可变的电容器可动电极两端固定，当待测压力施加在可动电极上时，可动电极发生形变，从而改变了电容器的电容现将此电容式传感器与零刻度在中央的灵敏电流计和电源串联

26、成闭合电路，已知电流从电流计正接线柱流入时指针向右偏转当待测压力增大时（ ）A电容器的电容将减小B电容器的带电量将增大C灵敏电流计指针向左偏转D灵敏电流计指针向右偏转5如图所示，让平行板电容器带电后，静电计的指针偏转一定角度，若不改变两极板带的电量而减小两极板间的距离，同时在两极板间插入电介质，那么静电计指针的偏转角度（ ）A、一定减小 B、一定增大C、一定不变 D、可能不变6如图所示为电容器C与电压U的电源连接成的电路当电键K与1接通，电容器A板带_电，B板带_电，这一过程称电容器的_电路稳定后，两板间的电势差为_当K与2接通，流过导体acb的电流方向为_，这就是电容器的_ 过程7两平行板电

27、容器的电容之比为C1C2=32，带电量之比为Q1Q2=31若两个电子分别从两电容器的负极板运动到正极板，它们的动能增量之比Ek1Ek2=_8如图所示，Q为固定的正点电荷，A、B两点在Q的正上方和 Q相距分别为 h和0.25 h，将另一点电荷从 A点由静止释放，运动到B点时速度正好又变为零若此电荷在A点处的加速度大小为，试求：（1）此电荷在B点处的加速度（2）A、B两点间的电势差（用Q和h表示）9某物理工作者设计了一个测量电场强度的实验，用已知的质量为、电量为的粒子，令其垂直电场方向进入一区域为矩形的电场，如图所示，电场方向与平行且竖直向上，粒子第一次是在靠近矩形的下边进入的，而恰好从b点飞出然

28、后，保持电场大小不变，让方向变得相反，再令粒子以同样的速度从靠近上边垂直进入电场，则正好从下边的中点处飞出试根据以上信息求出电场强度10如图所示，质量为m，带电量为的正电微粒（重力不计），经过匀强电场中的A点时速度为v，方向与电场线垂直，运动到B点时速度大小为2v已知A、B两点间的距离为d求（1）A、B两点的电势差；（2）电场强度E的大小11在方向水平的匀强电场中，绝缘细线的一端连着一个质量为m的带电小球，另一端悬挂于O点将小球拿到A点（此时细线与电场方向平行）无初速释放，已知小球摆到B点时速度为零，此时细线与竖直方向的夹角为=30，求：（1）小球的平衡位置（2）小球经过平衡位置时细线对小球的

29、拉力12如图所示为一真空示波管，电子从灯丝K发出（初速度不计），经灯丝与A板间的加速电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中（偏转电场可视为匀强电场），电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过电场后打在荧光屏上的P点已知加速电压为U1，M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L1，板右端到荧光屏的距离为L2，电子的质量为m，电荷量为e求：dU1L1L2PMNOKA（1）电子穿过A板时的速度大小；（2）电子从偏转电场射出时的侧移量；（3）P点到O点的距离13在光滑水平面上有一质量m=1.010-3 kg、电荷量q=1.010-

30、10 C的带正电小球，静止在O点，以O点为原点，在该水平面内建立直角坐标系Oxy，现突然加一沿x轴正方向、场强大小E=2.0106 V/m的匀强电场，使小球开始运动，经过1.0 s，所加电场突然变为沿y轴正方向、场强大小仍为E=2.0106 V/m的匀强电场，再经过1.0 s，所加电场又突然变为另一个匀强电场，使小球在此电场作用下经1.0 s速度变为零，求此电场的方向及速度变为零时小球的位置.电容器-带电粒子在电场中的运动考点精炼参考答案1.AC2A （该仪器类似于平行板电容器，且芯柱进入液体深度h越大，相当于两平行板的正对面积越大，电容越大）3选B，选C4减小，增大，减小5解析：开关闭合时，

31、电容器两极板间电场方向竖直向上，由小球在O点处静止可知，小球带正电设两极板间电压为U，则，即；由于无电流，电容器两极板间电压U等于电阻的端电压，则，所以开关断开后，两极板间电压为，设此时两极板间场强为，；因小球所受的向上的电场力小于重力，小球向下加速运动与下极板碰撞，碰后小球上升至上极板时速度恰好为零设小球与下极板碰撞后的电量变为，对小球从运动过程应用动能定理有，所以6D （依题意做出带正电小球A的受力图，电场力最小时，电场力方向应与绝缘细线垂直，qE=mgsin30，得D正确）7AC 解析：从t=0时刻释放电子，如果两板间距离足够大，电子将向右先匀加速T/2，接着匀减速T/2，速度减小到零后

32、，又开始向右匀加速T/2，接着匀减速T/2直到打在右极板上电子不可能向左运动；如果两板间距离不够大，电子也始终向右运动，直到打到右极板上从t=T/4时刻释放电子，如果两板间距离足够大，电子将向右先匀加速T/4，接着匀减速T/4，速度减小到零后，改为向左先匀加速T/4，接着匀减速T/4即在两板间振动；如果两板间距离不够大，则电子在第一次向右运动过程中就有可能打在右极板上从t=3T/8时刻释放电子，如果两板间距离不够大，电子将在第一次向右运动过程中就打在右极板上；如果第一次向右运动没有打在右极板上，那就一定会在第一次向左运动过程中打在左极板上8解：由图知t=0.06s时刻偏转电压为1.8U0，可求

33、得y = 0.45L= 4.5cm，打在屏上的点距O点13.5cm电子的最大侧移为0.5L（偏转电压超过2.0U0，电子就打到极板上了），所以荧光屏上电子能打到的区间长为3L=30cm屏上的亮点由下而上匀速上升，间歇一段时间后又重复出现9解：（1）这是个“歪摆”由已知电场力Fe=0.75G摆动到平衡位置时丝线与竖直方向成37角，因此最大摆角为74（2）小球通过平衡位置时速度最大由动能定理：1.25mg0.2l=mvB2/2，vB=1.4m/s考点落实训练参考答案1 B2BCD3B（洛伦兹力不做功，电场力做功大小相等，由动能定理得，可得B正确）4BD（压力变大，电容器极间距离减小，电容增大，电量

34、增加，电流从灵敏电流计正接线柱流入，故指针向右偏）5A6负，正，充电，U，bca，放电72:18（1）这一电荷必为正电荷，设其电荷量为q，由牛顿第二定律，在A点时 （2分）在B点时 （2分）解得 ，方向竖直向上 （2分） （2分）（2）从A到B过程，由动能定理 ， （4分）故 （2分）9解：设矩形区域的长为，宽为，场强为粒子第一次飞入电场，水平方向有： （2分）竖直方向有： （2分）粒子在竖直方向受到方向相反的重力和电场力作用，由牛顿第二定律得 （2分）粒子第二次飞入电场，水平方向有： （2分）竖直方向有： （2分）粒子在竖直方向受到同方向的重力和电场力作用，由牛顿第二定律得： （2分）由以上

35、各式联立求解得： （2分）10解：（1）根据动能定理可得：，（2分）得（1分）（2）由于带电微粒在电场中做类平抛运动，垂直电场方向上匀速运动，（1分）沿电场力方向上匀加速运动，（2分）又，（2分）解得：（2分）11解：（1）小球由A运动到B根据动能定理， mgLcos-qEL（1+sin）=0 解得qE=mg设小球的平衡位置为C，悬线与竖直方向间的夹角为，小球受力如图，则tan=，=30（2）由A到C，根据动能定理，有mgLsin60-qEL（1-cos60）= 在C点，根据牛顿第二定律，有解得 T=mg12（1）设电子经电压U1加速后的速度为v0，根据动能定理得： e U1=解得：U1L1L

36、2dPMNOKAy2y1（2）电子以速度v0进入偏转电场后，垂直于电场方向作匀速直线运动，沿电场方向作初速度为零的匀加速直线运动设偏转电场的电场强度为E，电子在偏转电场运动的时间为t1，电子的加速度为a，离开偏转电场时相对于原运动方向的侧移量为y1，根据牛顿第二定律和运动学公式得：F=eE， E= ， F=ma， a =t1=， y1=，解得： y1=（3）设电子离开偏转电场时沿电场方向的速度为vy，根据运动学公式得：vy=at1=电子离开偏转电场后作匀速直线运动，设电子离开偏转电场后打在荧光屏上所用的时间为t2，电子打到荧光屏上的侧移量为y2，如图所示t2=， y2= vyt2 解得：y2=P到O点的距离为 y=y1+y2=13第3 s内所加电场方向指向第三象限，与x轴与225角；小球速度变为零的位置 （0.40 m，0.20 m）.小球在第1 s内沿x轴正方向做匀加速直线运动；第2 s内沿x轴正方向做匀速运动，沿y轴正方向做初速度为零的匀加速运动；第3 s内做匀减速直线运动，至速度减小到零