匀强电场场强方向与竖直方向成a,一带电荷量为q,质量为m的小球用细线系球小球所带电荷的电性及场强大小.

U=Ed确实只能用于匀强电场,知道其中的两个量,就能求出另一个量.但用这个公式却可以定性地研究非匀强电场,虽然不能求出具体的值

质子是带一个单位正电荷的粒子 阿尔法粒子是由2个质子 2个中子 质子带正电 中子不带电质子中子的质量在理想情况下可以认为是相等的质子的质量可以记为m 电量为q 阿尔法粒子质量为4m 电量为2q 电场强度为E质子在电场...

解题思路：（1）该电场为匀强电场，故由电场强度定义式E＝Fq可得电场强度的大小E；（2）电荷受恒定的电场力，由功的定义式W=Fd可得电场力对电荷做的功．

（1）电场强度为：E=[F/q]=
2.0×10−4
1.0×10−8N/C=2.0×10⁴ N/C．
（2）电荷从A点移动到B点的过程中，电场力对电荷做的功为：W=Fd=2.0×10^-4×0.10=2.0×10^-5 J．
答：（1）电场强度的大小为2.0×10⁴ N/C；
（2）电荷从电场中的A点移动到B点过程中电场力对电荷做的功为2.0×10^-5 J．

点评：
本题考点： 匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度．

考点点评： 该题主要是认清匀强电场的特征，电场强度的定义式可以用来计算各种电场强度．

解题思路：匀强电场中的等势面是与电场线垂直的平面，沿着等势面运动，电场力不做功．

从A到C过程，根据动能定理，有：
qU_AC=△E_k ①
从A到B过程，
根据动能定理，有：
qU_AB=△E_k ②
联立①②解得：
U_AC=qU_AB
故BC在一个等势面上，又由于是匀强电场，故电场线平行AC，垂直BC；
故选：C．

点评：
本题考点： 匀强电场中电势差和电场强度的关系．

考点点评： 本题关键是根据动能定理得到BC在一个等势面上，然后结合匀强电场的等势面分析，基础问题．

看电场线密集程度,越密说明场强越大,加速度就越大

设小物块从开始运动到停止在O处的往复运动过程中位移为x ₀ ，往返路程为s。根据动能定理有

解得

（1）设铜离子的电量为e,以速度v进入小孔S后,受到的力有电场力F1=Ee,方向向下洛仑兹力F2=evB,方向向上重力可忽略不计,只有当F1=F2时,铜离子才能匀速无偏折地穿出小孔S'．因此,从小孔S'穿出的铜离子必须满足的条件是e...

解题思路：粒子运动过程中只有电场力做功，故电势能和动能相互转化，电势能和动能之和守恒；电场力做功等于电势能的减小量，合力做功等于动能的增加量．

从A到C过程，动能减小20J，根据动能定理，电场力做功-20J，故电势能增加20J，由于B点电势为零，故C点的电势能为10J，A点的电势能为-10J，故总的能量为：E=10+0=10J；
粒子运动过程中只有电场力做功，故电势能和动能之和守恒，为10J；
故电势能为2J时，动能为8J；
故答案为：8．

点评：
本题考点： 匀强电场中电势差和电场强度的关系．

考点点评： 本题关键是明确粒子的受力情况、运动情况和能量的转化情况，结合功能关系分析即可．

解题思路：对带电物体受力分析，通过共点力平衡进行分析，注意有摩擦力必有弹力．

AB、物体受重力、电场力、天花板对物体的弹力和静摩擦力平衡．因为摩擦力不为零，则弹力不为零．故A、B错误；
C、根据共点力平衡得，物体所受的静摩擦力等于重力沿天花板的分力，增大电场强度，电场力增大，天花板弹力增大，但是静摩擦力不变，物体始终保持静止．故C错误，D正确．
故选：D．

点评：
本题考点： 摩擦力的判断与计算．

考点点评： 解决本题的关键能够正确地进行受力分析，运用共点力平衡进行求解．

答案ABD
由于带电小球由静止开始运动,小球只受重力和电场力,若q＜90°且sinq＝qE/mg,由受力分析可知电场力垂直速度,电场力不做功,电势能和机械能不变,A对；同理判断BD对；C错；

电荷所受的外加电场力,与两电荷间的静电力平衡.
QE=KQ²/R²
E=KQ/R²
对正电荷,它受到的库仑力是指向负电荷的,外加的电场力与它相反,背向负电荷.
那么外加电场的方向就是背向负电荷的.

解题思路：（1）由题意，微粒到达A点时的速度大小与初速度大小相等，都是v_o，说明微粒的重力不能忽略．微粒水平方向受到电场力，竖直方向受到重力作用，两个力都是恒力，运用运动的分解法：竖直方向微粒做竖直上抛运动，水平方向做初速度为零的匀加速运动．由速度公式研究竖直方向的运动情况即可求出时间△t．
（2）在x、y两个方向上微粒的分运动时间相等，由速度公式研究水平方向的加速度，由牛顿第二定律求出匀强电场的场强E．
（3）根据动能定理求解OA间的电势差U_OA，而U_OA=φ_O-φ_A，φ_O=0，可求出φ_A．

（1）粒子从O到A的运动，Oy方向，根据速度时间关系公式，有：0-v0=-g△t ①根据位移时间关系公式，有：0-v02=2（-g）y ...

点评：
本题考点： 电场强度；电势．

考点点评： 本题是带电微粒在复合场中运动的问题，由于微粒所受的力是恒力，运用运动的分解法研究，根据动能定理求解电势差．

解题思路：根据题意可知，粒子在复合场中做匀速圆周运动，则电场力与重力平衡，只由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，结合左手定则，即可求解．

由题意可知，粒子之所以能做匀速圆周运动，是因电场力与重力平衡，所以电场力竖直向上，根据电场线的方向，则粒子带负电，再根据左手定则可知，粒子沿着顺时针方向转动．
由洛伦兹力表达式有：
Bqv=m
v2
R ①
而在竖直方向上合力为零，则有：
qE=mg ②
联立①②解得：
v=[gBR/E]．
故答案为：顺，[gBR/E]．

点评：
本题考点： 带电粒子在混合场中的运动．

考点点评： 考查粒子在复合场中，做匀速圆周运动，掌握处理的方法与规律，理解牛顿第二定律的应用，与向心力的表达式．

这个很简单吧.
Ecosαq＝mg,所以E＝mg/cosαq
1、拉力F＝qEsinα＝mgtgα
2、剪断摆线,小球做水平方向匀加速运动.
3、t时刻后,速度为gtgα*t,动能为0.5*m*gtgα*t*gtgα*t,也就是电场力做的功

（1）粒子匀速运动，受力平衡，根据受力平衡的条件可得：
q
U
l =qv ₀ B，
所以电压：
U=lv ₀ B；
（2）仅将匀强磁场的磁感应强度变为原来的2倍，洛伦兹力变大，但是洛伦兹力与速度的方向垂直，洛伦兹力不做功，只有电场力对粒子做功，根据动能定理可得：
q•
1
2 U=
1
2 mv ² -
1
2 mv ₀ ²
又因为 U=lv ₀ B
所以，粒子运动到达上极板时的动能大小为：
E _K =
1
2 mv ₀ ² +
1
2 qBlv ₀ ；
（3）当粒子恰好贴着右边界飞出时为速度的一个最值，
此时：圆心角为60度
则由几何关系可得r=
3 l
由牛顿第二定律得：qv ₀ B=m

v 20
r
解得：v ₀ =
5qBl
4m
所以速度：
v ₀ ≥
5qBl
4m
当粒子从左边界飞出时，粒子做的是半径r=
1
4 l的半圆，此时有：
r=
1
4 l=
m v 0
qB
所以此时的速度v ₀ ≤
qBl
4m ；
（4）由于T=
2πm
qB ，与粒子的速度大小无关，所以圆心角为180度时运动时间最长，最长的时间为：
t=
1
2 T=
πm
qB
故答案为：
（1）U=lv ₀ B；
（2）E _K =
1
2 mv ₀ ² -
1
2 qBlv ₀ ；
（3） v 0 ≤
qBl
4m 或 v 0 ≥
5qBl
4m ；
（4）
πm
qB ．

已经是匀强电场了,所以受电场力固定,一定是匀加速直线运动.

解题思路：采用运动的分解法研究：水平方向小球只受电场力做匀加速直线运动，根据动能定理求出a、b两点的电势差．

小球水平方向只受电场力做匀加速直线运动，根据动能定理得
qU_ab=[1/2m(2v0)2
得：a、b两点的电势差为U_ab=
2m
v20
q]．
故选D

点评：
本题考点： 匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势差．

考点点评： 本题考查灵活选择处理曲线运动的能力．小球在水平和竖直两个方向受到的都是恒力，运用运动的合成与分解法研究是常用的思路．

解题思路：

因匀强电场平行于AB边，带正电的粒子(不计重力)从F点沿FH方向射入电场后恰好从D点射出，所以粒子所受电场力沿BA方向，又带正电的粒子所受电场力方向与场强方向相同，因此匀强电场方向由B指向A，粒子做类似平抛运动，在FH方向做匀速直线运动，在BA方向做初速为零的匀加速直线运动，其轨迹是一条抛物线，则根据平抛运动规律可知，过D点做速度的反向延长线一定交于FH的中点，而由几何关系知延长线又经过P点，所以粒子轨迹一定经过PE之间某点，故A. B均错误；由和知，当一定时，若将粒子的初速度变为原来的一半，则匀速直线运动方向上的位移变为原来的一半，所以粒子恰好由E点射出正方形ABCD区域，故C错误，D正确。所以选D。

D


<>

解题思路：由受理平衡列方程求出场强大小，剪断线后小球受力恒定，将做初速度为零的匀加速直线运动．

对小球受力分析知：qEcosa=mg，所以E=[mg/qcosa]，若剪断线，小球受的合力水平向右，因此，小球将做初速度为零的匀加速直线运动，运动方向水平向右．
故答案为：[mg/qcosa]，初速度为零的匀加速直线．

点评：
本题考点： 电场强度；力的合成与分解的运用；牛顿第二定律．

考点点评： 正确对小球受力分析是解决本题的关键，小球的运动情况要根据受力情况来判断．

解题思路：由动能定理可以求出AC间、BD间的动能关系；当环形细管的圆心与小球连线方向与小球所受合力方向相同时，小球动能最大．

小球在做圆周运动的过程中，受重力G、电场力qE、环的弹力F作用，环的弹力不做功，只有重力与电场力做功；
A、小球由A到C的过程中，由动能定理得：E_kC-E_kA=qE×2R，E_kC-E_kA=2qER，小球经过A点时的动能比经过C点时的动能小2qER，故A正确；
B、小球由B到D的过程中，由动能定理得：E_kD-E_kB=mg×2R，E_kD-E_kB=2mgR，小球经过B点时的动能比经过D点时的动能小2mgR，故B正确；
C、小球受到的重力竖直向下，电场力水平向右，则这两个力的合力斜向右下方，即合力方向在圆形O与细管中C、D之间的某点的连线方向上，当小球运动到重力与电场力合力方向时，小球的动能最大，故CD错误；
故选AB．

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律；向心力．

考点点评： 如果没有电场，小球在最高点动能最小，在最低点动能最大，有电场后，小球动能最大的位置在重力与电场力合力方向与环的交点处，动能最小位置，在与动能最大位置同一直径的反方向处，这是本题的易错点．

①A、B两点间电压
m(2V)²/2 - mV²/2=W=qU
U={m(2V)² - mV²}/2q
②电场强度大小
W=qU=Eqdcosa 没给夹角?

E=U/d=mgh/qd 没错,当匀强电场方向竖直向上时,有最小值,此时d=h,E=mg/q
当匀强磁场不竖直向上,除了竖直向上的分量E=E=mg/q外,还有其他分量时,E就
会变大

解题思路：根据等势面的分布情况和粒子的轨迹分析可知：粒子做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动．粒子从A到C，水平位移为x=2cm，竖直位移为y=1cm，由x=v₀t，y=

vy

2

t，求出v_y，由速度的合成求出v，再求出该粒子到达C′点时的动能．粒子运动中电势能和动能总量守恒，根据能量守恒定律确定粒子的总能量，再求出粒子经过P、C′点时的电势能．

A、B，粒子做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，有x=v₀t，竖直方向做匀加速直线运动有y=
vy
2t．
由题x=2cm，竖直位移为y=1cm，得到v_y=v₀，v=
2v0，该粒子到达C′点时的动能是E_K=[1/2mv2=2•
1
2m
v20]=2E_K．
由于相邻等势面间的距离相等，电势差相等，动能的增量相等，则该粒子通过等势面BB'时的动能是1.5E_k．故A错误，B正确．
C、BB'为零势能面，由上可知，粒子经过等势面BB'时总能量为是1.5E_k，该粒子在P点时的电势能是1.5E_k-E_k=0.5E_k．故C错误．
D、根据能量守恒得，该粒子到达C′点时的电势能E_P=1.5E_k-2E_K=-0.5E_k．故D正确．
故选BD

点评：
本题考点： 电势能；动能定理的应用．

考点点评： 本题首先要分析出粒子做类平抛运动，其次技巧是研究粒子经过BB'面时总能量，根据能量守恒研究经过其他等势面时的电势能．

解题思路：（1）根据动能定理求出电子加速获得的速度大小．电子进入偏转电场后做类平抛运动，恰好不飞出电场时，水平位移等于板长，竖直位移等于[d/2]，根据牛顿第二定律和运动学公式结合求出此时的电压U．
（2）电子离开电场后做匀速直线运动，根据三角形相似法求得电子打在荧光屏的点到O点距离．根据动能定理求解动能．

（1）加速过程中，由动能定理得：eU=12mv02 ①进入偏转电场，电子在平行于板面的方向上做匀速运动l=v0t．②在垂直于板面的方向做匀加速直线运动，加速度 a=Fm=eU′dm．③偏距 y=12at2 ④能飞出的条件为：y≤d2．⑤解...

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强电场中的运动．

考点点评： 此题电子先经加速电场加速，后进入偏转电场偏转，根据动能定理求加速得到的速度，运用分解的方法研究类平抛运动，都是常规方法．

我觉得不可能做匀变速直线运动.速度大小变化则洛伦兹力要变化,电场力不变,则合力方向不可能始终与速度共线.所以我觉得题目是不是有些问题.

解题思路：（1）运用动能定理研究微粒在加速电场的过程，求出粒子进入磁场中的速度；微粒进入磁场后，洛伦兹力提供向心力，列出等式．结合题目中给出的条件，画出粒子运动的轨迹，找出粒子运动的半径与L之间的关系，列出公式，即可求解；
（2）让带电粒子不打到B极板，有两种情况：1是粒子的半径比较小，粒子的运动始终在B板的下方；2是粒子的半径比较大，粒子从B板的右侧飞走．
根据以上的两种情况，分别画出粒子运动的轨迹图，找出粒子的半径，然后再列公式求解．

（1）设微粒穿过B板小孔时的速度为v，根据动能定理，有
qU＝
1
2mv2
解得v＝

2qU
m
由图可知：[L/2]=R cosθ
R=[L/2cosθ]
R=[mv/qB]=[L/2cosθ]
B=
2cosθ
L.

2mU
q=
2
L.

mU
q
方向：垂直纸面向里
（2）由图知：当带电粒子运动到D点时，速度方向恰好水平，则要不打到B极板，最小半径R₁=

2L
4
则：R₁=

2L
4=[mv
qB1
得：B1＝
4mv

2qL
∴B1≥
4mv

2qL=
4/L

mU
q]
当从E点飞出时，则
R₂+R₂cosθ=Lcosθ
R₂=（
2-1）L
R₂=[mv
qB2


B2≤
mv/qL(
2+1)
＝
1
L

2mU
q(
2+1)]
则磁场范围是B≥
4
L

mU
q或B≤
1
L

2mU
q(
2+1)
答：（1）磁感应强度大小是
2
L.

mU
q，方向垂直纸面向里；
（2）磁感应强度的大小应满足B≥
4
L

mU
q或B≤
1
L

2mU
q(
2+1)．

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强磁场中的运动；动能定理；带电粒子在匀强电场中的运动．

考点点评： 该题考查带电粒子在磁场中的运动的圆周运动的半径与周期公式，根据题目的要求，按照画出粒子运动的轨迹图、确定运动的圆心、找出几何关系等解题的步骤进行解题是解决该类题目的一般方法．

/

答：动能定理是标量式,即不能列分方向动能定理,即使结果对,考试时也会一分没有,大忌呀!
而运动学规律、动量定理、动量守恒、牛顿第二定律、平衡方程都可以列分方向表达式.

解题思路：小球能绕O点在竖直平面内做圆周运动，受到重力、细线的拉力和电场力，细线的拉力不做功．分析合外力做功，由动能定理分析动能变化，根据功能原理：除重力和弹力外其它力做功与机械能变化的关系，分析机械能的变化，即可确定动能最小和机械能最大的位置．

A、小球受到的电场力方向水平向右，与电场线的方向相同，则小球带正电荷．在运动过程中，细线的拉力不做功，电场力和重力做功，而电场力和重力的合力方向一定，始终由O指向A，小球从A点向F点运动时，电场力和重力的合力对小球做负功，小球动能将减小，故F点是小球动能最小的点．故A错误；
B、小球运动到F点时速度最小，所需要的向心力最小，绳子拉力最小，故B错误．
C、电场力和重力的合力方向指向OA，小球从A点开始无论向哪个方向运动，电场力和重力的合力总是对小球做负功，小球动能将减小．所以小球在A点的动能最大．故C错误；
D、小球在运动过程中能量守恒，小球能量E=E_B电+E_B重，根据能量守恒可知小球电势能最小机械能最大，因为电场强度水平向右，故在B点时小球电场势能最小，则其机械能最大，故D正确；
故选：D

点评：
本题考点： 匀强电场中电势差和电场强度的关系；功能关系．

考点点评： 本题关键要掌握功与能的关系，并能正确分析实际问题．掌握合外力做功与动能的关系、电场力做功与电势能变化关系、能量守恒定律是解决本题的关键．

2qel=ek2-ek1得qe=10 qe+（或-）f(张力)=mv^2/l=ek1（或2）/2l 抱歉,不知道这个张力是哪个位置的张力,不能确定加还是减

小球进入复合场后恰能做匀速圆周运动,说明电场力与重力相等抵消,电场力向上,与场强方向相反,因此小球带负电,q=mg/E.小球只受磁场力作用.从a进入复合场时,速度为v=根号(2gh)方向垂直于MN向下,因此匀速圆周运动的圆心...

经过电场加速
电子获得的能量=Uq=2000q
而射入场强为1000N/C的匀强电场,入射方向与电场方向一致
那么场强对电子做负功=qEd=1000qd
所以2000q=1000qd
d=2
所以最大距离是2米

（g）粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，
由牛顿第二定律得：qv ₀ 下=m

v 40
R ，
由题意可知：R=L，解得：
q
m =
v 0
下L ；
（4）粒子在电磁场中运动的总时间包括三段：电场中往返的时间t ₀ 、区域Ⅰ中的时间t _g 、区域Ⅱ和Ⅲ中的时间t ₄ +t ₃ ．
粒子在电场中做类平抛运动，则：4L=v ₀ t ₀ ，
设在区域Ⅰ中的时间为t _g ，则t _g =4
4πL
6 v 0 =
4πL
3 v 0 ，
若粒子在区域Ⅱ和Ⅲ内的运动如图甲所示，则总路程为（4n+
人
6 ）个圆周，根据几何关系有：
AP=（4nr+r）=L，解得：r=
L
4n+g ，其中n=0，g，4…，
区域Ⅱ和Ⅲ内总路程为&n下sp;&n下sp;s=（4n+
人
6 ）×4πr&n下sp;&n下sp;&n下sp;（&n下sp;n=0，g，4…）
t ₄ +t ₃ =
s
v 0 =
(4n+
人
6 )×4πL
(4n+g) v 0 &n下sp;&n下sp;&n下sp;&n下sp;&n下sp;&n下sp;（&n下sp;n=0，g，4…）
总时间：t=t ₀ +t _g +t ₄ +t ₃ =
4L
v 0 +
40n+g
3(4n+g)
πL
v 0 &n下sp;&n下sp;&n下sp;（&n下sp;n=0，g，4…）&n下sp;&n下sp;&n下sp;&n下sp;&n下sp;&n下sp;

若粒子在区域Ⅱ和Ⅲ内运动如图乙所示，则总路程为（4n+g+
g
6 ）个圆周，根据几何关系有：
AP=（4nr+3r）=L&n下sp;&n下sp;&n下sp;&n下sp;&n下sp;&n下sp;其中n=0，g，4…
解得r=
L
4n+3 &n下sp;&n下sp;&n下sp;&n下sp;&n下sp;&n下sp;&n下sp;&n下sp;&n下sp;&n下sp;（n=0，g，4…）&n下sp;&n下sp;&n下sp;&n下sp;&n下sp;&n下sp;&n下sp;&n下sp;&n下sp;&n下sp;&n下sp;&n下sp;&n下sp;&n下sp;&n下sp;&n下sp;&n下sp;&n下sp;&n下sp;&n下sp;&n下sp;&n下sp;&n下sp;
区域Ⅱ和Ⅲ内总路程为&n下sp;&n下sp;s=（4n+g+
g
6 ）×4πr=
4πL(4n+
7
6 )
4n+3 &n下sp;&n下sp;&n下sp;&n下sp;&n下sp;（n=0，g，4…）
总时间：t=t ₀ +t _g +t ₄ +t ₃ =
4L
v 0 +
40n+g3
3(4n+3)
πL
v 0 &n下sp;&n下sp;&n下sp;&n下sp;（n=0，g，4…）&n下sp;&n下sp;
答：（g）该粒子的比荷为
v 0
下L ；
（4）粒子从O点出发再回到O点的整个运动过程所需时间为
4L
v 0 +
40n+g
3(4n+g)
πL
v 0 &n下sp;&n下sp;（n=0，g，4…）或
4L
v 0 +
40n+g3
3(4n+3)
πL
v 0 &n下sp;（n=0，g，4…）．

(1)线圈：自由落体过程（由开始到线框下边刚好到磁场上边过程）,由运动学规律知
2gh1=v0^2,（式中h1=80 cm=0.8 m）解得v0=4 m/s
线圈：由刚好全部进入磁场到下边刚好出磁场过程,同理
2gh2=v0^2-v1^2,式中h2=50 cm-10 cm=40 cm=0.4 m,v1为线框刚好全部进入时的速度,
解得v1=2√2 m/s
线圈：进入磁场过程中,由能量守恒知,全程生热为
Q=0.5mv0^2-0.5mv1^2+mgL (式中L为线框边长),（m按0.01 kg计算的）
解得Q=0.21 J（感觉太小了,应该m=0.1 kg,此时Q=2.1 J(感觉这个得数合理)）
(2)由(1)问可知,线框下边缘穿越磁场过程中,最小速度为线框上边缘刚好进入磁场时的速度v1,
故v=v1=2√2 m/s
(3)由于线圈进入磁场后做加速逐渐减小的变减速运动,故线圈的最小加速度为线圈上边刚好进入磁场时,由牛顿第二定律知
BIL-mg=ma
I=BLv1/R
联立解得,a=100√2 -10 m/s^2,（若m=0.1 kg,则a=10(√2 -1) m/s^2(感觉这个得数合理))

F=Eq
F=Eq=G=mg=vξg
m油滴=4/3πr^3×密度
m油滴×g=F
N=q/e

解题思路：在匀强电场中，移动电荷电场力做功公式W=qEd，d是电场线方向两点间的距离．根据负电荷从A点移到B点，克服电场力做功，可知负电荷的电势能增大，电势降低，可判断出电场线的方向，确定出A、C间电势高低，再判断负电荷从C点移到A点，负电荷的电势能如何变化．

电量为2×10^-8C的负电荷从A点移到B点，由W=qEd=qE
.
ABcos60°得
E=
W
q
.
ABcos60°=
4×10−5
2×10−8×0.1×0.5N/C=4×10⁴N/C
由于电场力做负功，该负电荷的电势能增大，电势降低，所以B点的电势低于A点的电势，电场线方向由A→C．
如把负电荷从C点移到A点，电势升高，负电荷的电势能将减小．
故答案为：4×10⁴，减小

点评：
本题考点： 电势能；电场强度．

考点点评： 本题要掌握电场力做功公式W=qEd，求场强时各量可不代符号进行计算．根据负电荷在电势高处电势能小，分析电势能的变化．

m=3.2g=3.2*10^-3kg
小球平衡时,受向下的重力G=mg丶水平方向的电场力F=qE和沿线方向拉力T的作用,三力的矢量和=0,
由力矢量图知:F=Gtan37=0.75G
电场力F=0.75G=0.75mg=0.75*3.2*10^-3*10=2.4*10^-2N=0.024N
而F=qE
故q=F/E=2.4*10^-2/3000=8*10^-6C
缺少的电子个数n=q/e=8*10^-6/(1.6*10^-19)=5*10^13个

有图有法说啦注：A点为从C点出发作垂直于电场线的直线交过Q的电场线的交点
1 因为垂直电场方向射入电场,由几何关系可知走过了一个半圆到达C点t1=0.5T=0.5*2pim/BQ=pim/BQ
2 如图从C到Q做类平抛运动,由几何关系可知,AQ=R=mv/BQ
AC=√3R=√3mv/BQ
因为平行方向上t2=AC/v垂直方向上AQ=0.5a(t2)^2
解得a=2v^2/3R=2vBQ/3m又因为EQ=am解得E=2vB/3
3 由动能定理得,EQ*|AQ|=Ek-0.5mv^2 解得Ek=7mv^2/6

重力＝电场力,所以合力的方向为沿图中虚线方向,同时小球有沿竖直方向的初速度,所以小球做做得是类似平抛的运动.故选C

题有误
试问,qE=10^-4*根号3 < f=0.02 ,小滑块怎么会动?
不过还是能做一点的（题目改后才有意义）：
mg=mv^2(在L点的临界条件),求出v=2.然后用动能定理可解出（1）问.
（2）问,利用上问,求出P点速度,在根据N-qE=mv^2,求出N

、d两点其实是由两个电场叠加而成的 匀强电场E和点电荷+Q叠加的

两个小球用绳连接,绳始终处于伸直状态,也就是说两球之间的距离不变,两球相对静止,运动状态一致,加速度一样.

2:1

这题很简单啊
油滴处于静止状态,说明重力与电场力等大反向,重力竖直向下,则电场力竖直向上,带负电,所以场强方向竖直向下,Eq=mg,场强大小为E=mg/q.

D

S断开前：电容器中均匀电场方向向下.则该液滴带负电荷,守电场力向上,与重力平衡.静止.
S断开后：电容器中均匀电场任然存在,带电液滴任然 静止 .将上板向上平移,电场任然不变,液滴依旧静止.
E=U/d,U=Q/C,得E=Q/（Cd）
C=εS/4πkd.得E=4πkQ/（εS）.是一个与d无关的常量.