1.如图21所示，一簇平行线为方向未知的匀强电场的电场线，沿与此平行线成60°角的方向，把一带电荷量为q=-1.0×10-6C的质点从A点移到B点，电场力做功为2.0×10-6J，已知A、B两点间距为2cm。求：（1）匀强电场的大小。（2）如果B点电势为φB=1V，则A点电势为多大。
60° A
图21
2. 如图22所示，由A、B两平行板构成的电容器，电容为C，原来不带电。电容器的A板接地，并且中心有一个小孔，通过这个小孔向电容器中射入电子，射入的方向垂直于极板，射入的速度为v0。如果电子的发射是一个一个单独进行的，即第一个电子到达B板后再发射第二个电子，并且所有到达B板的电子都留在B板上。随着电子的射入，两极板间的电势差逐渐增加，直至达到一个稳定值，已知电子的质量为m、电量为e，电子所受的重力可忽略不计，A、B两板的距离为l。
（1）有n个电子到达B板上，这时两板间电场的场强E多大？ （2）最多能有多少个电子到达B板？
（3）到达B板的第1个电子在两板间运动的时间和最后一个电子在两板间运动的时间相差多少？
A
v0
l 图22
3.如图23所示，用长为l的绝缘细线拴一个质量为m、带电量为 +q的小球（可视为质点）后悬挂于O点，整个装置处于水平向右的匀强电场E中。将小球拉至使悬线呈水平的位置A后，由静止开始将小球释放，小球从A点开始向下摆动，当悬
线转过60?角到达位置B时，速度恰好为零。求：
（1）B、A两点的电势差UBA ；
（2）电场强度E ； O 60? A （3）小球到达B点时，悬线对小球的拉力T。
E
B
图23
4. 某平行板电容器，当其所带电荷量增加ΔQ=2.0×10－9C时，两极板间电压增加了ΔU=5V。求：
(1)该电容器的电容是多少？
(2)当电容器两极板间电压为50V时，其所带电荷量为多少？
5. 如图11所示，? 粒子从A点以v0的速度沿垂直电场线方向的直线AO方向射入电场，由B点飞出匀强电场时速度方向与AO方向成45?。已知? 粒子质量为m，电荷量为2e。求OB两点间电势差。
A B
6. 如图12所示，有彼此平行的A、B、C三块金属板于电源相接，B、A间相距为d1，电压为U1；B、C间相距为d2，电压为U2，且U1 (1)电子在BC板间前进的距离L； (2)电子往复运动的周期T。 7 .如图13，一长为L的绝缘细线下端系质量为m的金属小球，并带有 -q的电荷量，在细线的悬点o处放一带电荷量为+q的点电荷。要使金属球能在竖直平面内做完整的圆周运动，求： (1)金属球在最高点的最小速度值是多大？ (2)如果金属球刚好通过最高点，则它通过最低点时的速度多 +q 大？ m -q 图13 8. 如图所示，水平绝缘光滑轨道AB的B端与处于竖直平面内的四分之一圆弧形粗糙绝缘轨道BC平滑连接，圆弧的半径R=0.40m。在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度E=1.0×104 N/C。现有一质量m=0.10kg的带电体（可视为质点）放在水平轨道上与B端距离s=1.0m的位置，由于受到电场力的作用带电体由静止开始运动，当运动到圆弧形轨道的C端时，速度恰好为零。已知带电体所带电荷q=8.0×10-5C，取g=10m/s2，求： O R （1）带电体在水平轨道上运动的加速度大小及运动到B 端时的速度大小； （2）带电体运动到圆弧形轨道的B端时对圆弧轨道的压A B 力大小； （3）带电体沿圆弧形轨道运动过程中，电场力和摩擦力对带电体所做的功各是多少。 9.如图甲所示，真空中的电极K连续不断地发出电子（电子的初速度可忽略不计），经电压为u的电场加速，加速电压u随时间t变化的图象如图乙所示。每个电子通过加速电场的过程时间极短，可认为加速电压不变。电子被加速后由小孔S穿出，沿两个彼此靠近且正对的水平金属板A、B间中轴线从左边缘射入A、B两板间的偏转电场，A、B两板长均为L=0.20m，两板之间距离d=0.050m，A板的电势比B板的电势高。A、B板右侧边缘到竖直放置的荧光屏P（面积足够大）之间的距离b=0.10m。荧光屏的中心点O与A、B板的中心轴线在同一水平直线上。不计电子之间的相互作用力及其所受的重力，求： （1）要使电子都打不到荧光屏上，则A、B两板间所加电压U应满足什么条件； （2）当A、B板间所加电压U'=50V时，电子打在荧光屏上距离中心点O多远的范围内。 C E 答案 1.（1）当t＝0时，电子进入场区，根据运动和力的关系，可画出粒子运动速度随时间变化的关系图象（如答图1所示）。由图象可知，因图线与时间轴所围的面积总在速度轴的正值一侧，说明粒子的位移方向总沿同一方向，即一直朝Ｂ板运动。由图象还可看出，粒子的具体运动情况是：先加速、再减速，当速度减为零后继而又开始加速、再减速……，如此不断循环地变化而向Ｂ板运动。 （2）当t＝T/8时，电子进入场区，参照上述的方法分析，可以得出答案：电子时而向B 板运动，时而向A板运动，最终到达B板。 （3）当t＝3T/8时，电子进入场区，此时仍按上述思路画出粒子运UUB 0 t动速度随时间变化的图象（如答图2所示）。由图象可知，粒子向正方向0 T/2 T 3T/2 2（B板）和负方向（A板）都将发生位移，得负方向的位移大于正方向的 -UT 0 位移，所以粒子将在电压变化的第一个周期内被推出场区，而无法到达 v Ｂ板。 0t （4）对于t＝T/2时电子进入场区的情况，依照上述思路分析得出的答案T/2 T 3T/2 2T U答图B 1 是：粒子在刚一进入场区时，即被推出，故也不能到达B板。 U0 0t -UT/2T3T/2 2T 0 v O 0t T/2 T 2T60 ? A 3T/2 T 答图2 E 2.（1）200V/m；（2）－1V。 B qE mg 3. 解：（1）两极间电压 U?Q C?neC 图答 - 3 内部场强 E?Ul 解出 E?neCl （2）设最多能有n’个电子到达B板，则第n’个电子在到达B板时速度恰减为0。 满足 2n'eCl?eml?v20 解出 n'?Cmv202e2 （3）第1个电子在两板间作匀速运动，运动时间为 t1?lv 0 最后1个电子在两板间作匀减速运动，到达B板时速度恰为0，运动时间为 t2l2?v 0 二者时间之差为 ?t?tl2?t1?v 0 4. 解．（1）根据动能定理： mglsin60? ? qUBA = 0 ? 0 ， B、A两点的电势差 UBA?mgsinl60?3mgq?2q l （2）电场强度 E?UBA3mgl2q3mgd?l?1?cos60???q （3）小球到达B点时，悬线对小球的拉力T、重力沿半径方向的分力mgcos30?、电场力 沿半径方向的分力qEcos60?的合力是向心力： 2T?mgcos30??qEcos60??mvBl 因为 vB = 0 , 解得 T = 3mg。 5. (1) 4×10-10F，2×10 –8C。 6. U=mv204e。 7. （1）L=U1md11d2/U2，(2)T=22Ue(U+d2) 1U2 8. (1)gL+kq22 ，5gL+kqmL(2) mL 9. （1）设带电体在水平轨道上运动的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有 qE=ma…………………………………………………………………………………（1） 解得 a=qE/m=8.0m/s2………………………………………………………………（2） 设带电体运动到B端的速度大小为vB，则vB2=2as解得 vB=2as=4.0m/s。。。。（3） （2）设带电体运动到圆轨道B端时受轨道的支持力为N，根据牛顿第二定律有 N-mg=mvB2/R…………（4） 解得 N=mg+ mvB2/R=5.0N……（5） 根据牛顿第三定律可知，带电体对圆弧轨道B端的压力大小N′=N=5.0N………（6） （3）因电场力做功与路径无关，所以带电体沿圆弧形轨道运动过程中，电场力所做的功W电 =qER=0.32J…………………………………………………………………（7） 设带电体沿圆弧形轨道运动过程中摩擦力所做的功为W摩，对此过程根据动能定理有 W电+W摩-mgR=0- 12mvB2…………（8） 解得 W摩=-0.72J……………（9） 10. （1）设电子的质量为m、电量为e，电子通过加速电场后的速度为v，由动能定理有： eu=1 2 mv2 ; 电子通过偏转电场的时间t=L v ; 12 此过程中电子的侧向位移y=2 at2=1qUL2 md (v )2 联立上述两式解得：y=UL4ud ; 要使电子都打不到屏上，应满足u取最大值800V时仍有y>d 2 代入数据可得，为使电子都打不到屏上，U至少为100V。 （2）当电子恰好从A板右边缘射出偏转电场时，其侧移量最大yd max＝2 ＝2.5cm 电子飞出偏转电场时，其速度的反向延长线通过偏转电场的中心，设电子打在屏上距中心点的最大距离为YYmaxb+L/2b+L/2 max，则由几何关系可得：ymax =L/2 ，解得Ymax=L/2 ymax=5.0cm ）问中的y=UL2 由第（14ud 可知，在其它条件不变的情况下，u越大y越小，所以当u=800V时，电子通过偏转电场的侧移量最小。其最小侧移量y=U'L2－ min4ud =1.25×102m=1.25cm 同理，电子打在屏上距中心点的最小距离Y=b+L/2 minL/2 ymin=2.5cm 所以电子打在屏上距中心点O在2.5cm～5.0cm范围内。