板间距为d的平等板电容器所带电荷量为Q时，两极板间电势差为U 1 ，板间场强为E 1 ．现将电容器所带电荷量变为2Q，板

（1）设偏转的电压为U₀时，粒子刚好能经过极板的右边缘射出．
[1/2]d=
1
2•
qU0
md•(
L
v0)2
解得：U₀=400V．
知偏转电压为400V时，粒子恰好能射出电场，且速度最大．
根据动能定理得，
[1/2]mv_m²-[1/2]mv₀²=q
U0
2
解得：v_m=2
2×10⁵m/s
（2）如图，设粒子射出电场速度方向与OO′间夹角为θ．
粒子射出电场时速度大小为：v=
v0
cosθ
qBv=m
v2
R
由几何关系得：s=2Rcosθ
解得：s=
2mv0
qB=0.4m，是一个定值．
（3）如上小题图，{A类粒子}在电场中向B板偏转，在磁场中的轨迹恰好与上边界相切，
则有：R（1+sinθ）=D
联立以上各式，可得：sinθ=0.6，所以θ=37°
则在磁场中飞行的时间为：t=[180+2×37/360•
2πm
Bq]=[127/90π×10−6s
进入磁场时，vy1＝v0tanθ＝1.5×105m/s
又vy1＝
qU1
md•
L
v0]
对应AB的电压为U₁=300V
所以粒子从O点出发的时刻可能是t=4n+0.4s或t=4n+3.6s（n=0，1，2…）
答：（1）粒子进入磁场时的最大速率为2
2×1

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；带电粒子在匀强磁场中的运动．

考点点评： 本题考查了带电粒子在电场中的偏转和在磁场中做匀速圆周运动，关键掌握处理类平抛运动的方法，掌握粒子在磁场中运动的轨道半径公式和周期公式，以及运动时间与圆心角的关系．

金属圆环切割磁感线时产生感应电动势为E=BLv，L是有效的切割长度，电容器极板间的电压U=E，电量Q=CU=CBLv．
由图知，L先增大，当圆环右一半进入磁场后，L开始减小，完全进入磁场后，L不变，等于电容器板间距离，则Q先增大，后减小，再不变．故C正确．
故选C

点评：
本题考点： 导体切割磁感线时的感应电动势；电容器．

考点点评： 本题关键要正确理解公式E=BLv中L的意义：L是有效的切割长度，即可判断出电容器电量如何变化．

解（1）A静止在电场中，mg=Eq_A
E=[mg
qA=
10×10−2
10−4=1000V/m
由于A带正电荷，所以电场竖直向上；
（2）因为电场竖直向上所以Q板电势高，
板间电压：U=Ed=10³×0.32=320V
（3）B与A相碰：m_Bv₀=（m_A+m_B）v
v=
v0/2]=2.5m/s
AB一起在PQ之间类平抛
水平方向：L=vt
t=[L/v]=[0.5/2.5]=0.2s
竖直方向：恰好出电场[d/2]=[1/2]at²
a=
d
t2=
0.32
0．22=8m/s²
上偏时：E（q_A+q_B）-2mg=2ma q_B=2.6×10^-4C
下偏时：2mg-E（q_A+q_B）=2ma
q_B=-6×10^-5C
综上，为使两油滴组成的整体不与板碰撞，油滴B的电量应满足：-6×10^-5C＜q_B＜2.6×10^-4C．
答：（1）平行板电容器两板间场强1000V/m，方向竖直向上．
（2）Q个板的电势高、板间电压为320V；
（3）为使两油滴组成的整体不与板碰撞，油滴B的电量应：-6×10^-5C＜q_B＜2.6×10^-4C．

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强电场中的运动．

考点点评： 当极板间有了电荷之后，再进入的粒子受到重力和电场力的共同的作用，此时将做类平抛运动．抓住类平抛运动与平抛运动研究方法的相似性进行研究．

（1）带电粒子经过加速后的速度为v₀
根据动能定理得，U₀q=[1/2]mv₀²
解得v₀=

2qU0
m，
（2）设带电粒子从两板右边缘飞出电场时发生的侧移为y₁，速度v的方向与水平方向夹角为θ，AO间的距离y₂，
y₁=[1/2]at²
a=[Uq/dm]
t=[L
v0
tanθ=
at
v0
根据相似三角形知，
y1
y2＝

L/2

L
2+a]，
联立解得y₂=
UL(L+2a)
4U0d．
答：（1）粒子进入两板间匀强电场时的速度大小为

2qU0
m．
（2）A点与O点的距离为
UL(L+2a)
4U0d．

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： 本题考查了带电粒子的加速和偏转，掌握处理带电粒子在电场中偏转的方法，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解．

（1）设负离子的质量为m，电量为q，从B板小孔飞出的速度为v₀，
由动能定理U₁q=[1/2]mv₀²…①
由类平抛规律：
[L/2]=v₀t…②
y=[1/2]at²…③
又a=

qU 2
md…④
整理可得y=


U 2L2
16
dU 1…⑤
又y=[d/2]…⑥
联立⑤⑥解得U₂=32V，因负离子所受电场力方向向上，所以且C板电势高
故为了使负离子能打在P点，C、D两板间的电压应为32V，C板电势高．
（2）若负离子从水平板边缘飞出，则应满足：
x=L，y=[d/2]
由类平抛规律可得：
x=
v 0t，y=[1/2
at2 ]，

qU 1=[1/2
mv20]
联立以上各式解得y=


U 2L2
4
dU 1，将y=[d/2]代入可解得
U 2=8V
可见，如果两板间所加电压为4V，则负离子不能打在板上，而是从两板间飞出．
将
U 2=4V，代入y=


U 2L2
4
dU 1，
解得y=0.05m
故如果C、D两板间所加的电压为4V，则负离子不能打在板上，它离开电场时发生的侧移为0.05m．

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： 粒子垂直进入偏转电场后将做类平抛运动，然后根据类平抛规律求解讨论即可．

（1）设离子恰好从极板边缘射出时的电压为U₀
水平方向：l=v₀t①
竖直方向：[d/2]=[1/2]at²②
又a=[qU0/md]③
由①②③得
U₀=[md2v02/ql2]=[5×10−11×4×10−22×4×1062/0.12] V=128V
当U≥128V时离子打到极板上，当U＜128V时打到屏上，可知，离子通过电场偏转距离最大为[1/2]d．
利用推论：打到屏的离子好像是从极板中心沿直线射到屏上．
由三角形相似可得

l
2+
l
2

l
2＝
y

d
2
解得打到屏上的长度为y=d
又由对称知，离子打在屏上的总长度为2d
区域面积为S=2y•a=2ad=64cm²
（2）在前[1/4]T，离子打到屏上的时间t₀=[128/200]×0.005s=0.0032 s；又由对称性知，在一个周期内，打到屏上的总时间t=4t₀=0.0128s．
答：（1）离子打在屏上的区域面积为64cm²；
（2）在一个周期内，离子打到屏上的时间为0.0128s．．

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强电场中的运动．

考点点评： 本题是类平抛运动的问题，采用运动的分解方法处理，关键是挖掘隐含的临界条件，并且巧妙利用推论进行研究．

（1）t=0时刻，电压为0，粒子匀速通过两板进入磁场，
qv₀B=m

v20
r
r=
mv0
Bq=0.2m
r＜D，则粒子在MN边界射出磁场．
入射点和出射点的距离为s=2r=0.4m
（2）粒子在两板间做类平抛运动，刚好打到板最右端时，
L=v₀t₁
[d/2]=[1/2]at₁²

qU0
d=ma
U₀=400V
则0～1s内能够进入磁场的粒子个数为n=[400/500]×1000=800
（3）假设两板加电压为U时，粒子向下偏转并进入磁场，刚好与磁场PQ边界相切，
在磁场中，qvB=m
v2
R
由几何关系得，R+Rsinθ=D
在电场中，v=
v0
cosθ
联立解得：θ=37⁰
v_y=[qU/md]t₁=v₀tanθ
U=300V
U＜U₀=400V，则当两板电压U=300V，且粒子向下偏转时，粒子在磁场中运动的时间最长，对应入射的时刻为
t=4n+0.6（s）或t=4n+1.4（s）（n=0，1，2…）
答：（1）入射点和出射点的距离为0.4m；
（2）0～1s内能够进入磁场的粒子个数为800个；
（3）粒子在磁场中运动的时间最长，对应入射的时刻为t=4n+0.6（s）或t=4n+1.4（s） （n=0，1，2…）

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强磁场中的运动．

考点点评： 本题应注意题意中给出的条件，在粒子穿出电场的时间极短，电压看作不变；同时要注意带电粒子在磁场中的偏转类题目一定要找清几何关系．

当两板加上U₀电压且A板为负时，由平衡条件得：

qU0
d=mg…①
A板为正时，设带电质点射入两极板时的速度为v₀，向下运动的加速度为a，经时间t射到C点，由牛顿第二定律得：

qU0
d+mg=ma…②
水平方向：d=v₀t…③
竖直方向：[d/2]=[1/2]at² …④
由①②③④得：v₀=
2gd；
答：液滴射入两板时的速度为
2gd．

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；运动的合成和分解．

考点点评： 带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，可以分解为水平方向作匀速直线运动，在竖直方向做匀加速直线运动，熟练应用匀速直线运动的位移公式、匀变速直线运动的运动规律、牛顿第二定律，即可正确解题．

粒子恰好从上极板边缘飞出时，
在水平方向：L=v₀t，
竖直方向：[1/2]d=[1/2]a₁t²，
由牛顿第二定律得：
qU1
d-mg=ma₁，
代入数据解得：U₁=240V，
粒子恰好从下极板边缘飞出时，
在水平方向：L=v₀t，
竖直方向：[1/2]d=[1/2]a₂t²，
由牛顿第二定律得：mg-
qU2
d=ma₂，
代入数据解得：U₂=60V，
要使带电微粒能穿出极板，两电极间的电压值的范围是60V≤U≤240V；
答：要使带电微粒能穿出极板，两电极间的电压值的范围是60V≤U≤240V．

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强电场中的运动．

考点点评： 本题考查了求电压范围，分析清楚粒子运动过程，应用类平抛运动规律求出电压的最大与最小值即可正确解题．

小球分离的过程中机械能守恒：E＝2×
1
2m
v20
小球分离时获得的初速度：v₀=1m/s
进入电场后A球在水平方向做匀减速运动，B做匀速运动，所以是B先碰到极板．B向右做平抛运动，时间：
t＝
d
2v0＝0.4s
竖直方向的位移：y＝
1
2gt2＝0.8m
即为使小球不与金属板相碰，金属板的长度：L＜0.8m
（2）水平方向A球向左做匀减速运动，其加速度a＝
qE
m＝
qU
md＝5m/s2，方向向右；
A球飞离电场时的位移：s1＝v0t−
1
2at2＝0
由动能定律，A球离开电场时的动能：
EK＝
1
2m
v20+
qU
D•s1+mgL＝8.5×10−3J
（3）两小球进入电场后，竖直方向都做自由落体运动，因此两小球在运动的过程中始终位于同一水平线上，
当两球间的距离是30cm时，v0
t′ +(v0t′−
1
2at′2)＝s
解得：
t′1＝0.2s，
t′2＝0.6s（舍去）
此时，A球水平位移为；sA＝v0
t′1−
1
2•
Ud
dm•
t′21＝0.1m
球A的电势能增加：△E＝qEsA＝5×10−4J
答：（1）为使小球不与金属板相碰，金属板长度L应满足L＜0.8m；
（2）当小球B飞离电场恰好不与金属板相碰时，小球A飞离电场时的动能是8.5×10^-3J；
（3）从两小球弹开进入电场开始，到两小球间水平距离为30cm时，小球A的电势能增加了5×10^-4J．

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强电场中的运动；自由落体运动；机械能守恒定律．

考点点评： 该题的情景设置的较为复杂，两个过程又相互联系，在解题的过程中要理清它们之间的关系，根据运动的关系写出相应的方程来解题．

（1）当两板加上U0电压且A板为负时，有： qU0d＝mg…①A板为正时，设带电质点射入两极板时的速度为v0，向下运动的加速度为a，经时间t射到C点，有： qU0d+mg=ma…②又水平方向有 d=v0t…③ 竖...

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强电场中的运动；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律．

考点点评： 本题质点在电场和重力场中复合场中做类平抛运动，研究方法与平抛运动类似，由牛顿第二定律和运动学结合处理．

（1）t=0时，u=0，带电粒子在极板间不偏转，水平射入磁场，

qvB＝m

v20
r
r＝
mv0
Bq＝
5.0×105
1.0×10−2×108m＝0.5m]
s=2r=1.0m
（2）带电粒子在匀强电场中水平方向的速度
v₀=5.0×10⁵m/s
竖直方向的速度为v⊥＝at＝
Uq
dm
l
v0
所以进入磁场时速度与初速度方向的夹角为α．如图所示：

tanα＝
v⊥
v0＝
Uq
dm
l

v20tanα＝
2.0×102×1.0×108×0.2
0.06×(5.0×105)2＝
4
15
解得α=15°
由几何关系可知，带电粒子在磁场中运动的圆弧所对的圆心角为φ，即为150°，设带电粒子在磁场中运动的时间为t，
所以t＝
5T
12＝
5πm
6Bq＝
5π
6×1.0×10−2×108s＝
5π
6×10−6s≈2.6×10−6s
（3）证明：设带电粒子射入磁场时的速度为v，带电粒子在磁场中做圆周运动的半径为r＝
mv
Bq
进入磁场时带电粒子速度的方向与初速度的方向的夹角为α，cosα＝
v0
v
由几何关系可知，带电粒子在磁场中运动的圆弧所对的圆心角为φ=π-2α，带电粒子在磁场中的圆滑所对的弦长为s，s＝2rsin
φ
2＝2rcosα
s＝2
mv
Bq•
v0
v＝2
mv0
Bq
从上式可知弦长s取决于磁感应强度、粒子的比荷及初速度，而与电场无关．
答：（1）经边界MN射入磁场和射出磁场时两点间的距离是1.0m；
（2）在磁场中运动的时间2.6×10^-6s；
（3）证明略．

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．

考点点评： 本题应注意题意中给出的条件，在粒子穿出电场的时间极短，电压看作不变；同时要注意带电粒子在磁场中的偏转类题目一定要找清几何关系．

（1）ab在磁场区域运动时，产生的应电动势大小为：ɛ=BLv₀
金属板间产生的场强大小为：E=[ɛ/2d]=
BLv0
2d
（2）设粒子过O点一速度为v，粒子在M、N间做匀减速运动，从O到O′的时间为t，由匀变速运动规律得：2d=[1/2]vt
ab做匀速运动，有：d=v₀t
联立以上两式得：v=4v₀
（3）由动能定理得：0-[1/2]mv²=-qe
0-[1/2]mv²=-2qEd
联立以上各式解得：[q/m]=
8v0
BL
答：（1）ab在磁场区域运动时M、N板间场强大小为
BLv0
2d；
（2）粒子射入O孔时的速度4v₀；
（3）粒子的比荷[q/m]为
8v0
BL．

点评：
本题考点： 导体切割磁感线时的感应电动势．

考点点评： 本题是电磁感应与力学知识的综合，综合性较强．题中板间电压等于导体棒的感应电动势．

平行金属板板间场强为E=[U/d]，带电液滴所受电场力为 F=qE．
带电液滴在匀强电场中处于静止状态，电场力与重力平衡，则有
mg=qE，
得到：q=[mgd/U]
油滴上元电荷的数目为：n=[q/e]=[mgd/eU]=
4.8×10−13×10×0.006
6×103×1.6×10−19=30个
故选：A．

点评：
本题考点： 元电荷、点电荷．

考点点评： 本题是简单的力平衡问题，要记住元电荷e=1.6×10-19C，它是自然界最小的带电量，其他带电体的电量都它的整数倍．

（1）在水平方向上，小球开始向左做初速度为vA的匀减速运动，速度变为零后向右做匀加速运动，直到达到B点，过程中加速度不变，由电场力提供外力．在竖直方向上，小球向下做初速度为零的匀加速运动，直到达到B点，重...

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强电场中的运动．

考点点评： 考查如何将运动进行分解，及分解后如何运用动力学规律来解题，注意两分运动具有等时性．

由于A球平衡，则：2mg=2Eq
∴mg=Eq，电场强度方向向下
B球下落到与A碰过程，根据动能定理mgh+mg[d/2]=[1/2]mv₁²
∴v₁=4m/s
A、B碰，动量守恒得：
mv₁=mv′₁+mv′₂
v′₂=2.5m/sv′₁=-1m/s 反弹
碰后电量各为q=[−2q+q/2]=-[q/2]
设B球反弹上升的最大高度为h
B球：mg-E[q/2]=ma
a=5m/s²，方向向下
B球向上做匀减速v0=-v′₁=m/s
h=

v21
2a=0.1m＜[d/2]
∴B球从下板离开
-[d/2]=v₀t-[1/2]at²
∴t=
1+
3
5=0.55s
答：碰后B球经0.55s从小孔离开，B球从下板离开．

点评：
本题考点： 动量守恒定律；动能定理的应用；带电粒子在匀强电场中的运动．

考点点评： 解答中要注意通过分析得出主要的运动过程，再由题目给出的条件列式计算出我们需要的数据；本题对学生的分析问题能力要求较高，是道好题．

（1）设速度偏向角为θ，则tanθ=
vy
v0，显然当v_y最大时，tanθ最大．
当粒子恰好从极板右边缘出射时，速度偏向角最大．
竖直方程：y=[d/2＝
1
2at2，a=
qU
md]；
水平方程：x=L=v₀t
解得：U=400V
（2）由几何关系知，逐渐增大U_ba，速度偏向角变大，磁偏转半径变大，与PQ交点逐渐上移．
当U=0时，交点位置最低（如图中D点）：
由Bqv₀=m

v20
r1
得：r₁=
mv0
Bq＝0.4m；
此时交点D位于OO′正下方0.4m处．
当U=400V时，交点位置最高（如图中C点）：
由v_y=at=[Uq/dm•
L
v0]=2×10⁵m/s
得：v=

v20+
v2y＝
2v0＝2
2×105m/s
由Bqv=m
v2
r2，
得：r₂=
mv
Bq＝0.4

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．

考点点评： 本题关键明确粒子的运动规律，在电场中是类似平抛运动，在磁场中是匀速圆周运动，第三问关键是n趋向无穷大时将粒子的运动简化为匀速直线运动，难在运动模型的转化．

（1）设离子恰好从极板边缘射出时的电压为U₀
水平方向：l=v₀t①
竖直方向：[d/2]=[1/2]at²②
又a=[qU0/md]③
由①②③得
U₀=
md2
v20
ql2=
0.042×(4×106)2
2×1010×0．12 V=128V
当U≥128V时离子打到极板上，当U＜128V时打到屏上，可知，离子通过电场偏转距离最大为[1/2]d．
利用推论：打到屏的离子好像是从极板中心沿直线射到屏上．
由三角形相似可得

l
2+
l
2

l
2=
y

d
2
解得打到屏上的长度为y=d
又由对称知，离子打在屏上的总长度为2d
区域面积为S=2y•a=2ad=64cm²
（2）在前[1/4]T，离子打到屏上的时间t₀=[128/200]×0.005s=0.0032 s；
又由对称性知，在一个周期内，打到屏上的总时间t=4t₀=0.0128s．
答：（1）离子打在屏上的区域面积为64cm²；
（2）在一个周期内，离子打到屏上的时间为0.0128s．．

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强电场中的运动．

考点点评： 本题是类平抛运动的问题，采用运动的分解方法处理，关键是挖掘隐含的临界条件，并且巧妙利用推论进行研究．

（1）由受力分析可知，当F_合=0时，速度最大．设有n个球进入电场时，合力为零．
2mg=nEq
U=Ed
代入数据解得：
n=1
故当A球刚进入电场时，F_合=0时，有vV最大值，根据动能定理，有：
2mgH=
1
2(2m)v2
解得：
v=2m/s
（2）设B球进入电场x时小球的速度变为0，则根据动能定理有：
2mg（H+x+L）-qEx-qE（x+L）=0
解得：x=0.2m
A球距N板的最小距离为：
△s=d-x-L=0.4-0.2-0.1=0.1m
答：（1）小球在运动过程中的最大速率为2m/s．
（2）小球在运动过程中距N板的最小距离为0.1m．

点评：
本题考点： 匀强电场中电势差和电场强度的关系；动能定理．

考点点评： 本题关键先判断出一个球进入电场后平衡，2个球进入电场后合力向上，然后根据动能定理列式求解即可，不难．

改变电容器的电压和带电量不会改变电容器的电容，由电容器的决定式C=[εs/4πkd]决定的．我们可采取的方式是：①将极板正对面积变为2S；②将电解质换为介电常数为原来的介电常数2倍的电解质．
故选：CD

点评：
本题考点： 电容器的动态分析．

考点点评： 改变电容器的电压和带电量不会改变电容器的电容，电容器的电容是由决定式决定的．

（1）带电粒子在t=0时刻进入，由题可知，粒子通过电场区域时间极短，因此粒子从进入电场到离开电场，板间电场强度始终为零，则粒子将以v₀的速度垂直磁场左边界射入磁场中．
由牛顿第二定律，得
qv₀B=m

v20
r
得r=
mv0
qB=0.2m
故粒子在磁场中运动的射人点到出射点间的距离S=2r=0.4m．
（2）设某时刻进入磁场的粒子速度为v，方向与水平方向成θ角，如右图
则v=
v0
cosθ
粒子在磁场中运动时的轨迹半径为
r′=[mv/qB]=
mv0
qBcosθ
粒子射人点到出射点间的距离S′=2r′cosθ=2
mv0
qB
由（1）知S′=2r=0.4m
故任意时刻射人电场的粒子，在磁场中运动的射人点与出射点间的距离都相等．
（3）设粒子进入电场时刻，板间的电压为U，且粒子可以射出电场进入磁场．则
y=[qU/2mdt2，t=
L
v0]
当侧移量y=[d/2]时，电场力对粒子做功最多，
得到U=
md2
v20
qL2
代入解得U=25V
由动能定理得
q[U/2]=[1/2m
v2m]-[1/2m
v20]
解得 v_m=

5
2×105m/s
答：（1）粒子在t=0时刻射入，在磁场中运动的射人点到出射点间的距离为0.4m；
（2）略
（3）粒子射出电场时的最大速度为

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动．

考点点评： 本题考查带电在电磁场中的运动，综合考查了牛顿定律、动能定理、受力分析等方面的知识和规律．对考生的分析综合能力、应用数学知识的能力要求较高．