AB两金属板,A板带电+Q,B板-Q/2那么它们相互靠近至一毫米,则它们各自左右两边的电荷分布情况?

根据不同种元素之间的本质区别是质子数不同，因此钛和铁属于不同种元素是由于它们具有不同的质子数；
故选B．

点评：
本题考点： 元素的概念．

考点点评： 本题考查学生对元素的概念及不同种元素最本质的区别是质子数不同知识的理解与掌握，并能在解题中灵活应用的能力．

将金属球壳放入电场中达到静电平衡后，球为等势体，两极板之间的电场由原来的匀强电场变成如图所示电场，这时C与A板电势差不能简单应用公式U_AC=Ed_AC来计算．
应用对称特点．两板间电场线形状和金属球关于金属球中心O对称，所以A板与金属球的电势差U_AO和金属球与B板电势差U_OB相等，即U_AO=U_OB，又A、B两板电势差保持不变为U，即U_AO十U_OB=U，由上两式解得：U_AO=U_OB=[U/2]．
所以得A、C两点间电势差U_AC=U_AO=[U/2]．
答：A板与点C间的电压大小为[U/2]．

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： 解决本题的关键知道放入金属球壳后，两极板之间的电场不再是匀强电场，不能简单应用公式UAC=EdAC来计算，抓住金属球壳是等势体分析求解．

（1）电子在极板间做类平抛运动，水平位移x=L，电子水平方向做匀速直线运动，则有：x=v₀t，
得：t=[L
v0
电子飞出两板时竖直分速度为：
v_y=at=
eU/md]•[L
v0
速度为：v=

v20+
v2y=

v20+
e2U2L2
m2d2
v20
（2）电子飞出两板时偏转的距离为：y=
1/2at2=
eUL2
2md
v20]
电子好像从水平位移的中点飞出两板，设电子束射到荧光屏的位置离图中的中心O的距离为Y，由几何关系可得：
[y/Y]=

1
2L

1
2L+S
解得：Y=
eUL(L+2S)
2md
v20
答：（1）电子飞出两板时速度大小是

v20+
e2U2L2
m2d2
v20；
（2）电子束射到荧光屏的位置离图中的中心O的距离是
eUL(L+2S)
2md
v20．

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强电场中的运动．

考点点评： 分析电子的受力和运动情况是解此题的关键，利用平抛运动求偏转位移和偏转角度．明确类平抛模型的处理方法与平抛运动的处理方法相同．

（1）小球在AB板间受恒定电场力做匀加速直线运动，小球所受的电场力为：
F=qE=q
E1
L
加速度a=
qE1
mL
则AB间小球运动的时间为：t=[u−v/a]=
m(u−v)L
qE1
（2）小球和小车的系统动量守恒，小球运动到B板后，受到与速度反向的力，先减速到零后反向加速，而小车受到与v₀方向相反的力做减速运动，从运动过程及特点可知：小球是否打到C板的临界条件是当小球和小车的速度相同的时刻，小球是否碰到C板．
设小球运动到C之前与小车有相同的速度v′，由动量守恒得：
mv-Mv₀=（m+M）v′
系统由动能关系可得：qE₁-qE₂=[1/2]（m+M）v′²-（[1/2]Mv₀²+[1/2]mv²）
要使小球不打在C板，应满足条件是：E₂＞E₁+
Mm(v0+v)2
2q(m+M)
答：（1）小球在A．B板间的运动时间为：
m(u−v)L
qE1
（2）要使小球打不到C板上，E₁与E₂应满足条件是：E₂＞E₁+
Mm(v0+v)2
2q(m+M)．

点评：
本题考点： 动量守恒定律；功能关系．

考点点评： 本题借助电场力考查了动能定理与动量守恒的应用，关键是分析出小球与小车的具体运动情况，有一定难度．

（1）B板接地，φ_B=0，沿电场方向有
CD之间的距离为：d_CD=d-h_AC-h_BD=5-0.5-0.5=4cm=4×10^-2m，
U_CD=Ed_CD=1.2×10²×4×10^-2=4.8V；
U_DB=Ed_DB=1.2×10²×0.5×10^-2=0.6V，
即：φ_D-φ_B=0.6V，则φ_D=0.6V，
U_CB=Ed_CB=1.2×10²×4.5×10^-2=5.4V，
即φ_C-φ_B=5.4V，φ_C=5.4V；
（2）由E_P=qφ可知点电荷q₁=-2×10^-3C在C点的电势能
E_PC=-2×10^-2×5.4=0.108J，
在D点的电势能E_PD=2×10^-2×0.6=1.2×10^-2J；
（3）将点电荷q₂=2×10^-2C从C匀速移到D时，
电场力所做的功：W=q₂×U_CD=2×10^-2×4.8=9.6×10^-2J，
故除电场以外的力所做的功：W_外=-W=-9.6×10^-2J
答：（1）C和D两点的电势分别为5.4V、0.6V，两点间的电势差U_CD等于4.8V．
（2）点电荷q₁=-2×10^-2C在C和D两点的电势能分别为0.108J和1.2×10^-2J．
（3）除电场力以外的力做功为9.6×10^-2J．

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强电场中的运动．

考点点评： 在利用EP=qφ求电势能时电量q和电势φ的正负号一定要保留．根据WCD=qUCD可求出电场力所做的功时电荷是从C点运动到D点．

(1)带电粒子在电场中做类平抛运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，粒子的运动轨迹如图所示，

设带电粒子在平行金属板匀强电场中运动的时间为t，加速度为a，由运动学规律得：

在水平方向上：

在竖直方向上：偏转位移为

根据牛顿第二定律得：

又

联立以上各式解得：。

(2)带电粒子以速度v飞出电场后射入匀强磁场做匀速圆周运动，如图所示，由运动学公式得：，解得：粒子离开电场时的竖直分速度为

带电粒子飞出电场时的速度大小为：

设速度方向和PQ所在直线的夹角为θ，

由几何关系得：粒子在磁场中的运动半径为

粒子在磁场中做圆周运动时洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：

解得：

(1)    (2)


<>

A、将M板向下平移，正对面积减小，根据C＝
ɛs
4πkd，电容减小，根据U＝
Q
C，Q不变，则电势差增大，张角变大．故A错误．
B、将M板沿水平向左方向远离N板，d变大，根据C＝
ɛs
4πkd，电容减小，根据U＝
Q
C，Q不变，则电势差增大，张角变大．故B错误．
C、在M、N之间插入云母板（介电常数ε＞1），根据C＝
ɛs
4πkd，电容增大，根据U＝
Q
C，Q不变，则电势差减小，张角变小．故C正确．
D、在M、N之间插入金属板，且不和M、N接触，d减小，根据C＝
ɛs
4πkd，电容增大，根据U＝
Q
C，Q不变，则电势差减小，张角变小．故D正确．
故选CD．

点评：
本题考点： 电容器的动态分析．

考点点评： 解决本题的关键掌握电容器的动态分析，电容器与电源断开，电量保持不变，电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差不变．

A、B、金属板在Q的电场中达到静电平衡时，金属板是一个等势体，表面是一个等势面，表面的电场线与表面垂直，小球所受电场力与金属板表面垂直，在金属板上向右运动的过程中，电场力不做功，根据动能定理得知，小球的动能不变，速度不变，所以小球做匀速直线运动．故A正确，B错误．
C、D、由于电场力与小球的速度方向垂直，小球受到电场力的方向不变，电场力对小球不做功．小球的电势能不变．故C错误，D正确．
故选：AD

点评：
本题考点： 静电场中的导体．

考点点评： 本题关键抓住静电平衡导体的特点：整体导体是一个等势体，表面是一个等势面．

形成原电池时，活泼金属做负极，若a、b相连时，a为负极，则金属活动性a＞b，c、d相连时，c为负极，活动性c＞d，a、c相连时，c极上产生大量气泡，说明在c极上产生氢气，c极上发生还原反应，c极为正极，则活动性a＞c，b、d相连时，b极上有大量气泡产生，说明在b极上产生氢气，b极上发生还原反应，b极为正极，则活动性d＞b，所以四种金属的活动性顺序为a＞c＞d＞b，
故选A．

点评：
本题考点： 原电池和电解池的工作原理；常见金属的活动性顺序及其应用．

考点点评： 本题考查金属的活动性的顺序强弱比较，题目难度不大，本题考查角度为形成原电池反应，注意活泼金属做负极．

（1）BA间的电势差为：U_BA=EL=1200×0.05V=60V
φ_A=-U_BA=-60V
（2）A板所带电荷量Q为：Q=CU_BA=2×10^-4×60C=1.2×10^-2C；
（3）L_dc=0.05-2×0.5×10^-2m=0.04m
d、c两点间的电势差为：U_dc=EL_dc=48V
（4）W_dc=qU_dc=2.4×10^-4J
答：（1）A板的电势φ_A为-60V
（2）A板所带电荷量是1.2×10^-2C
（3）d、c两点间的电势差是48v
（4）将电荷量q=5×10^-4C的带正电点电荷从d移到c，电场力做的功W_dc为2.4×10^-4J

点评：
本题考点： 电势差与电场强度的关系；电势差；电势．

考点点评： 该题考查匀强电场中的电场强度与电势差之间的关系，其中要注意B点的电势为零．基础题目．

A、滑动变阻器处于含容支路中，相当于导线，所以移动滑动触头，电容器两端的电压不变，则θ不变．故A正确，B错误．
C、用更强的光线照射R₁，R₁的阻值变小，总电阻减小，电流增大，内电压增大，外电压减小，即U减小，所以U的变化量的绝对值等于内电压的增加量
△U内
△I=r不变．因为外电压减小，R₃电压增大，则R₂两端电压减小，所以电容器两端的电压减小，所以小球重新达到稳定后θ变小．故C、D正确．
故选ACD

点评：
本题考点： 电容；闭合电路的欧姆定律．

考点点评： 解决本题的关键抓住电源的电动势和内阻不变，利用闭合电路欧姆定律进行动态分析．

（1）当电子从正中间沿着垂直于电场线飞入时，若能飞出电场，则电子在电场中的运动时间为：t＝
l
v0，
在沿AB方向上，电子受电场力的作用，在AB方向上的位移为：
y＝
1
2at2＝
1
2•
eUAB
md•t2，
联立求解，得：y=0.6cm，
而[d/2＝0.5cm，
因y＞
d
2]，
故粒子不能飞出电场．
（2）从（1）的可知，与B板相距为y的电子带不能飞出电场，而能飞出电场的电子带宽度为：
x=d-y=0.4cm，
所以能飞出电场的电子数为：n＝
x
dN＝0.4N；
答：（1）电子不否飞离平行金属板正对空间；
（2）若电子总数为N，则能飞离电场的电子数是0.4N．

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用．

考点点评： 电子在偏转电场中做类平抛运动，初速度方向为匀速直线运动，在电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，应用类平抛运动规律即可正确解题．

电荷所受的洛伦兹力F_f=qvB，当电荷的速度为零时，洛伦兹力为零，故电荷在I点和K点只受到电场力的作用，故在这两点的加速度大小相等．方向相同，①是正确的，②是错误的．
由于J点是曲线上离MN板最远的点，说明电荷在J点具有与MN平行的速度，带电粒子在J点受到两个力的作用，即电场力和洛伦兹力；轨迹能够向上偏折，则说明洛伦兹力大于电场力，故③正确．④是错误的，综上所述，选项A正确的．
故选A

点评：
本题考点： 带电粒子在混合场中的运动．

考点点评： 考查洛伦兹力与电场力在题中的应用，及产生条件，并学会根据运动轨迹，来确定两力的大小．即为根据运动来确定受力．

A、金属内部场强为0，点电荷在A点场强方向为E₁，感应电荷的场强为E₂，二者叠加后才能为0．故A错误．B正确．
C、B点十分靠近金属板，可认为是在金属板上，那么B点合场强方向应垂直金属板向外，而源电荷引起的分场强指向负电荷，合场强分解，一个方向指向负电荷，一个方向则可能为题目所给的E₃方向，故C正确，D错误．
故选：BC．

点评：
本题考点： 静电场中的导体．

考点点评： 考查静电感应中导体电势处处相等，内部电场强度为零，理解合电场强度求解的方法，掌握矢量合成法则．

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．

竖直方向上小球受到重力作用而作匀减速直线运动，则竖直位移大小为h=

v20
2g
小球在水平方向上受到电场力作用而作匀加速直线运动，则
水平位移：x＝
2v0
2•t
又h＝
v0
2•t
联立得，x=2h=

v20
g
故M、N间的电势差为U_MN=-Ex=-[U/d•

v20
g]=-
U
v20
dg
从M运动到N的过程，由动能定理得
W_电+W_G=[1/2m(2v0)2-
1
2m
v20]
又WG＝−mgh＝−
1
2m
v20
所以联立解得，W电＝2m
v20
答：M、N间电势差为-
U
v20
dg，电场力做功为2m
v20．

点评：
本题考点： 电势能；匀变速直线运动的速度与位移的关系；动能定理的应用．

考点点评： 本题抓住小球所受的电场力与重力分别在水平和竖直两个方向，运用运动的分解研究研究．

（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．

（1）由动能定理有eU1=
1
2m
v20
得 v0=

2eU1
m
（2）电子正好能从B板边缘穿出电场，所以电子的偏转量：y=
d
2
（3）沿电场方向：电场力 F=eE
a=
eE
m=
eU2
md
又 [d/2=
1
2at2
电子在电场中沿v₀方向做匀速直线运动的时间：t=
L
v0]
所以：L=v0t=d

2U1
U2
答：①电子刚进入平行金属板时的初速度v0=

2eU1
m；
②电子的偏转距离为[d/2]；
③平行金属板的长度L=d

2U1
U2．

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用．

考点点评： 本题是分析和处理带电粒子在组合场中运动的问题，关键是分析运动情况和选择解题规律．比较容易．

设子弹所受的阻力大小为f，子弹先后穿透金属板的过程，根据动能定理得：
-fd₁=[1/2]m（0.8v）²-[1/2mv2 ①
-fd₂=
1
2m（0.6v）²）-
1
2]m（0.8v）² ②
由①：②得
两块钢板的厚度之比d₁：d₂=9：7
故选：B．

点评：
本题考点： 动能定理．

考点点评： 本题运用动能定理研究匀减速运动的位移关系，基础题．

在
5
8T释放该粒子，在
5
8T～T这段时间内，正电荷所受电场力方向向左，粒子向左做匀加速直线运动，设加速度为a，T时刻的速度为v=a
3
8T，方向向左；
在T～
11
8]T内，所受的电场力方向向右，加速度方向向右，大小为a，带电粒子向左做匀减速直线运动，[11/8T时刻，速度为零；
在
11
8T～
12
8T内向右做匀加速直线运动，
12
8T时刻的速度为a
1
8T；
在
12
8T～
13
8T内，粒子向右做匀减速直线运动，
13
8]T时刻速度为零；
在整个一个周期内，粒子的位移向左，以后重复做前一个周期内的运动，所以粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上．故A正确，B、C、D错误．
故选A．

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强电场中的运动．

考点点评： 解决本题的关键会根据物体的受力判断物体的运动，通过加速度的方向与速度方向的关系得出物体的运动规律．本题也可以通过速度时间图象进行分析．