高中物理(人教版选修31)第一章静电场检测_上海高中物理静电场
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2017-2018年高中物理（人教版选修3-1）第一章静电场检测
一、单选题（本大题共10小题，共40.0分）
1.下列是某同学对电场中的概念、公式的理解，其中正确的是（）
A.根据电场强度的定义式E=，电场中某点的电场强度和试探电荷的电荷量成反比 B.根据电容的定义式C=，电容器的电容与所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比 C.根据真空中点电荷电场强度公式E=D.根据公式UAB=电势差为1V
2.有两个完全相同的绝缘金属小球AB，A带的电量为Q，B带的电量为-，它们间的距离r远大于小球的半径，相互作用力为F．现将两个小球接触一下后放回原处，则相互作用力变为（），电场中某点电场强度和场源电荷的电荷量成正比，带电量为1C正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1J，则A、B点的A.B.C.D.3.带电粒子仅在电场力作用下，从电场中a点以初速度v0进入电场并沿虚线所示的轨迹运动到b点，如图所示，实线是电场线，关于粒子，下列说法正确的是（）
A.在a点的加速度大于在b点的加速度 B.在a点的电势能小于在b点的电势能 C.在a点的速度小于在B点的速度
D.电场中a点的电势一定比b点的电势高
4.如图，A、B、C是以AB为直径的半圆弧上的三点，O点为半圆弧的圆心，∠BOC=60°，两个等量异种点电荷分别置于A、B两点，此时O点电场强度的大小为E；若将A处的点电荷移至C点，则O点的场场强大小为（）
A.E B.E C.D.E
5.如图，电子在电势差为U1的电场中加速后，垂直进入电势差为U2的偏转电场，在满足电子能射出的条件下，下列四种情况中，一定能使电子的偏转角θ变大的是（）
A.U1变大，U2变大 B.U1变小，U2变大 C.U1变大，U2变小 D.U1变小，U2变小
6.如图中虚线为匀强电场中的等势面，两粒子M、N质量相等，所带电荷量的绝对值也相等，现将M、N从虚线上的O点以相同速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所示．点A、B、C为实线与虚线的交点，已知O点电势高于C点．若不计重力，则（）A.M带负电荷，N带正电荷
B.N在A点的速率与M在C点的速率相等
C.N在从O点运动至A点的过程中克服电场力做功
D.M在从O点运动至B点的过程中，电场力对它做的负功 7.关于等势面和等势线的说法，下列哪些说法是正确的（）
第1页，共12页 A.等势面和电场线处处垂直，等势线的疏密可以反映电场强度的强弱 B.同一等势面上的点场强大小必定处处相等
C.电荷从电场中一点移到另一点，电场力不做功，电荷必在同一等势面上移动 D.负电荷所受电场力的方向必和该点等势面垂直，并指向电势升高的方向
8.传感器是把非电学物理量（如位移、速度、压力、角度等）转换成电学物理（如电压、电流、电量等）一种元件．图所示中的甲、乙、丙、丁是四种常见的电容式传感器，下列说法正确的是（）
A.甲图中两极间的电压不变，若电量增加，可判断出θ变大 B.乙图中两极间的电压不变，若电量减少，可判断出h变大
C.丙图中两极间的电压不变，若有电流流向传感器的正极，则F变大 D.丁图中两极间的电压不变，若有电流流向传感器的负极，则x变大
9.如图所示，平行板电容器两极A、B间有一个带电油滴P，正好静止在两极板正中间．现将两极板稍拉开一些，其它条件不变（拉开时间忽略），则（）
A.油滴将向上加速 B.油滴将向下加速 C.电流计中电流由b流向a D.电流计中始终无电流流过
10.如图所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球，另一端固定于0点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b．不计空气阻力，则（）
A.小球所受合力为零 B.电场力跟重力平衡
C.小球在从a点运动到b点的过程中，电势能减小 D.小球在运动过程中机械能守恒
二、多选题（本大题共5小题，共25.0分）
11.绝缘且光滑的斜面固定于水平地面上，倾角为θ，斜面处于匀强电场中，质量为m、带正电q的小滑块在斜面上处于静止状态，重力加速度为g。下列判断正确的是（）
第2页，共12页 A.电场强度的方向可能垂直于斜面向上 B.若物体对斜面压力为零时，则电场强度为C.若电场方向水平，则电场强度D.电场强度最小值为
12.如图，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连．若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中该粒子
A.所受重力与电场力平衡 B.做匀变速直线运动 C.动能逐渐减少 D.电势能逐渐减少
13.一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，两极板分别保持与电池两极相连，上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)。小孔正上方d处的P点有一带电微粒，该微粒从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处(未与极板接触)返回，那么
A.若把上极板往下平移d/2，微粒将打到下极扳上
B.若把下极板往上平移d/2，微粒将在距上极板d/8处返回 C.若把下极板往上平移d/2，微粒将在距下极板d/6处返回
D.若先把电容器两极板与电池断开然后再把上极板往下平移d/2，微粒将打到下极扳上 14.如图所示，A板发出的电子经加速后，水平射入水平放置的两平行金属板间，金属板间所加的电压为U，电子最终打在荧光屏P上，关于电子的运动，下列说法中正确的是（）
A.滑动触头向右移动时，电子打在荧光屏上的位置上升 B.滑动触头向左移动时，电子打在荧光屏上的位置上升 C.电压U增大时，电子打在荧光屏上的速度大小不变 D.电压U增大时，电子从发出到打在荧光屏上的时间不变
15.如图所示，质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点(重力不计)，则从开始射入到打到上极板的过程中()
A.它们运动的时间 B.它们运动的加速度 C.它们所带的电荷量之比D.它们的电势能改变量之比
三、计算题（本大题共3小题，共35.0分）
16.如图所示，一带电小球的质量m=2×10-4kg，用长为L=0.8m的细线悬挂在水平方向的匀强电场中的O点，电场场强E=3×104N/C，当细线与竖直方向夹角为θ=37°时，小球恰好静止在A点．（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求
（1）小球带什么电？电量是多少？
（2）若剪断细线，则带电小球的运动轨迹是直线还是曲线？加速度是多少？
（3）若小球由竖直方向的P点静止释放，运动到A位置的过程中，电场力做多少功？
第3页，共12页
17.ABC表示竖直放在电场强度为E=104V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的BC部分是半径为R的圆环，轨道的水平部分与半圆环相切．A为水平轨道上的一点，而且AB=R=0.2m，把一质量m=0.1kg，带电量为q=+10-4C的小球，放在A点由静止释放后，求：（g=10m/s2）（1）小球到达C点的速度大小
（2）小球在C点时，轨道受到的压力大小．
18.如图所示为一真空示波器，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，电子经过偏转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，电子质量为m，电荷量为e．不计重力，求：（1）电子穿过A板时的速度大小；（2）P点到O点的距离．
（3）电子打在荧光屏上的动能大小．
第4页，共12页
答案和解析
【答案】
1.C 2.A 3.C 4.C 5.B 8.C 9.B 10.B 11.BCD 12.BC 15.AC
16.解：（1）小球带正电，由平衡条件，则有：
mgtanθ=Eq
6.B 7.D 13.CD 14.BD
代入数据解得：q=5×10-8C
（2）若剪断细线，因初速度为零，那么小球沿着合力的方向做直线运动，由矢量合成法则，结合三角知识，则有：
=ma
代入数据解得：a=12.5 m/s（3）根据静电力做功为：
答：（1）小球带正电，电量是5×10-8C；
（2）若剪断细线，则带电小球的运动轨迹是直线，加速度是12.5 m/s2；
-4（3）若小球由竖直方向的P点静止释放，运动到A位置的过程中，电场力做功7.2×10J．
17.解：（1）设小球在C点的速度大小是vC，则对于小球由A→C的过程中，由动能定理得：
qE•2R-mgR=mvC2-0 ③
解得：vC=2m/s ④
（2）小球在C点时受力分析如图，由牛顿第二定律得：NC-qE=m⑤
解得：NC=3N ⑥
由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力：NC′=NC=3N，方向：水平向右； 答：（1）小球到达C点时的速度为2m/s；
（3）小球达到C点时对轨道的压力大小为3N，方向：水平向右
18.解：（1）设电子经电压U1加速后的速度为v0，由动能定理得：，解得：
（2）电子以速度v0进入偏转电场后，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做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，电子在偏转电场中运动的时间为t1，电子的加速度为α，离开偏转电场时的侧移量为y1，第5页，共12页 由牛顿第二定律得：，解得：，由运动学公式得：L1=v0t1，解得：；
设电子离开偏转电场时沿电场方向的速度为vy，由匀变速运动的速度公式可知vy=at1；
电子离开偏转电场后做匀速直线运动，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，水平方向：L2=v0t2，竖直方向：y2=vyt2，解得：；
P至O点的距离；
（3）根据动能定理：电子打在荧光屏上的动能大小：
【解析】
1.解：A、电场强度取决于电场本身的性质，与试探电荷无关，所以不能理解电场中某点的电场强度和试探电荷的电量成反比，故A错误．
B、电容是描述电容器容纳电荷本领的物理量，取决于电容器本身的属性，与电容器所带的电量和板间电压无关，故B错误．
C、根据点电荷的场强公式真空中点电荷电场强度公式E=正比，故C正确．，电场中某点电场强度和场源电荷的电荷量成D、据电势差的定义式UAB=知，带电量为1C正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1J，则A、B点的电势差为-1V，故D错误． 故选：C．
电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷无关；用电容器和电势差的定义式即可求解．
本题关键抓住电场强度是描述电场本身性质的物理量，其大小和方向与试探电荷无关，是电场本身决定；电容取决于电容器本身；灵活应用电势差的定义式．
2.解：设两个小球之间的距离为r，开始时：=
将两个小球接触一下后，电量中和，再平分，则电量为q=；
当仍放回原处，根据库仑定律F′=．故A正确，BCD错误
故选：A 接触后电量平分，再由库仑定律，即可求得库仑力变化．
考查库仑定律的应用，掌握库仑定律的表达式，注意控制变量法的运用即可，题目不难．
第6页，共12页 3.解：A、电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，可知Ea＜Eb，所以a、b两点比较，粒子的加速度在b点时较大，故A错误；
B、整个过程电场力做正功，根据动能定理得经b点时的动能大于经a点时的动能，则在a点的电势能大于在b点的电势能，所以无论粒子带何种电，经b点时的速度总比经a点时的速度大，故B错误，C正确； D、由于不知道粒子的电性，也不能确定电场线的方向，所以无法确定a点的电势和b点的电势大小关系，故D错误； 故选：C 电场线是从正电荷或者无穷远处发出，到负电荷或无穷远处为止，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功电势能增大．
解决本题的关键是通过轨迹的弯曲方向判断出电场力的方向，根据电场力做功判断出动能的变化和电势能的变化
4.解：依题意，每个点电荷在O点产生的场强大小为E1=，则当A点处的点电荷移至C点时，O点场强如图所示，合场强大小为E2=E1=．
故选：C
由电场的叠加原理可知两个电荷单独在O点产生的场强大小，移动之后电荷距O点的距离不变，故它们在O点产生的电场强度大小不变，再由矢量合成的方向可得出移动之后O点的场强．
电场强度为矢量，在求合场强时应先分别求得各电荷在O点的场强再由矢量的合成方法-平行四边形求得总的场强．
5.解：根据动能定理：eU1=mv2
得：v=
在偏转电场中vy=at
a=
且t= 而vy=at 则tanθ==
若使偏转角变小即使tanθ变小，由上式看出可以增大U2减小U1．故B正确，ACD错误； 故选：B．
电子经电场加速后，进入偏转电场，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学公式求出电子离开电场时数值方向分速度，表示出偏转角正切值的表达式，从而判断使偏转角变小的方法．
本题是带电粒子先加速后偏转问题，电场中加速根据动能定理求解获得的速度、偏转电场中类平抛运动的研究方法是运动的分解和合成，常规问题．
6.解：A、由题，等势线在水平方向，O点电势高于C点，根据电场线与等势线垂直，而且由高电势指向低电势，可知电场方向竖直向下，根据粒子的轨迹可判断出N粒子所受的电场力方向竖直向上，M粒子所受的电场力方向竖直向下，故知N粒子带负电，M带正电．故A错误．
B、由动能定理可知，N在A点的速度与M在C点的速度大小相等，但方向不同．故B正确． C、N从O点运动至A点的过程中电场力与速度的夹角为锐角，电场力做正功．故C错误．
D、O、B间电势差为零，由动能定理可知M从O点运动至B点的过程中，电场力对它做功为零．故D错误． 故选：B
第7页，共12页 根据粒子的轨迹可判断粒子的电场力方向，O点电势高于C点，根据电场线与等势线垂直，而且由高电势指向低电势，可判断出电场方向，从而确定出粒子的电性．由动能定理可知，N在A点的速度与M在C点的速度大小相等，但方向不同．N从O点运动至A点的过程中电场力做正功．O、B间电势差为零，由动能定理可知电场力做功为零．
本题要根据粒子的轨迹判定电场力方向，根据电场线与等势线垂直的特点，分析能否判定电性．由动能定理分析电场力做功是常用的方法．
7.解：A、等势面和电场线处处垂直，电场线的疏密可以反映电场强度的强弱，等差等势面等势线的疏密也可以反映电场强度的强弱．故A错误．
B、电场中电势相等的各个点构成的面叫做等势面，等势面上各个点的场强大小情况要看具体的电场，故B错误．
C、电荷从电场中一点移到另一点，电场力始终不做功，电荷必在同一等势面上移动；而电荷从电场中一点移到另一点，电场力不做功，电荷的起到与终点在同一个等势面上，当未必在同一等势面上移动．故C错误．
D、等势面与电场线垂直，点电荷与等势面也垂直，负电荷所受电场力的方向必和该点等势面垂直，并指向电势升高的方向．故D正确． 故选：D
电场中电势相等的各个点构成的面叫做等势面；等势面与电场线垂直，沿着等势面移动点电荷，电场力不做功．电场线与等势面垂直．电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小．
电场中电势相等的各个点构成的面叫做等势面；等势面与电场线垂直，沿着等势面移动点电荷，电场力不做功． 8.解：
A、图甲中两极间的电压不变，若电量增加，则由电容的定义式C=分析知道，电容增大，由电容的决定式C=得知，极板正对面积增大，θ变小．故A错误．
B、图乙中两极间的电压不变，若电量减少，则由电容的定义式C=分析知道，电容减小，由电容的决定式C=得知，两极板正对面积减小，h变小．故B错误．
C、图丙中两极间的电压不变，若有电流流向传感器的正极，说明电容器在充电，电量增加，由电容的定义式C=分析知道，电容增大，极板间距离减小，则F变大．故C正确．
D、图丁中两极间的电压不变，若有电流流向传感器的负极，说明电容器在放电，电量减小，由电容的定义式C=分析知道，电容减小，由电容的决定式C=故选：C
根据电容的决定式C=和定义式C=结合分析电量不变时，电压增加时，h如何变化．分析电压不变时，得知，电介质向外移动，则x变小．故D错误．
x如何变化．
本题是电容的动态变化分析问题，抓住不变量，根据电容的决定式和定义式结合进行分析．
9.解：A、将两极板的距离拉开一些，由于电势差不变，d变大，则根据E=知，电场强度变小，电场力减小，油滴向下加速．故A错误，B正确．
C、根据C=得，d变大，则电容变小，U不变，根据Q=CU知，电荷量减小，则电流计中的电流由a流向b．故C错误，D错误． 故选：B
带电油滴静止在两极板的正中间，知电场力和重力平衡，根据电场强度的变化判断油滴的运动情况，结合第8页，共12页 电容的变化得出电量的变化，从而确定电流计中电流的方向．
解决本题的关键抓住电容器始终与电源相连，电势差不变，结合电容的变化判断电量的变化． 10.【分析】
当小球的重力与电场力平衡时，小球做匀速圆周运动，重力与电场力不等时，将做变速圆周运动。本题考查了带电小球在复合场中的运动，根据运动情况，判断小球的受力情况。【解答】
AB.由于小球在竖直平面内做匀速圆周运动，则重力与电场力平衡，则电场力向上，小球带正电，故B正确，A错误；
C.小球在从 a点运动到 b点的过程中，电场力做负功，电势能增加，故C错误； D.小球在运动过程中，除重力做功外，还有电场力做功，则其机械能不守恒，故D错误。
故选B。
11.【分析】
根据受力分析，电场力的方向应与重力和支持力的合力平衡，即电场的方向与电场力方向相同，根据受力分析和力的分解解决问题。
解决本题的关键是共点力平衡的条件和力的分解，掌握电场力的公式F=Eq。【解答】
A.电场力如果垂直于斜面向上，则滑块受竖直向下的重力，垂直于斜面的电场力和支持力不可能平衡，故A错误；
B.若物体对斜面压力为零时，重力和电场力平衡，所以有：mg=qE，所以电场强度为：，故B正确；
C.若电场方向水平，受力如图：则有：，故有：，故C正确；
D.电场力最小为沿斜面向上，等于重力沿斜面方向的分力，故故选BCD。
第9页，共12页，所以，故D正确。12.【分析】
带电粒子在电场中受到的电场力与重力，根据粒子的运动轨迹，结合运动的分析可知电场力垂直极板向上，从而可确定粒子的运动性质，及根据电场力做功判断电势能的变化。
本题考查了带电粒子在电场中的运动，根据运动的特点，结合受力分析进行判断分析。【解答】
ABC.带电粒子在电场中受到电场力与重力作用，由于粒子做直线运动，则电场力必定垂直极板斜向左上方，粒子由左向右运动，则其合力与速度方向相反，粒子做匀减速运动，动能逐渐减小，由于电场力为恒力，故粒子做匀减速直线运动，故BC正确，A错误;
D.电场力垂直于极板向上，粒子水平向右运动，夹角为钝角，则电场力做负功，电势能增加，故D错误。
故选BC。
13.【分析】
一带电微粒自上极板上方相距为d的P点由静止自由下落，空气阻力不计，到达下极板时速度恰好为零，然后沿原路返回，根据动能定理知，在此过程中重力做功与电场力做功大小相等，移动上下极板，抓住两板间的电势差不变，通过动能定理判断带电微粒的运动情况；若先把电容器两极板与电池断开然后再把上极板往下平移，电容器的带电量不变，由、和
得电场强度，再通过动能定理判断带电微粒的运动情况。
对于本题选择全过程为研究过程，运用动能定理进行求解比较方便，通过比较电场力做功与重力做功的关系进行分析。【解答】
A.由题设条件知，mg•2d-qU=0，知电场力做功等于重力做功的大小，把上极板往下平移，微粒自P点自由下落，根据动能定理知，mg•2d-qU=0，微粒到达下极板的速度为零然后返回，故A错误；
C.把下极板向上平移，设微粒能到达距上极板的为h的A点，根据U=Ed，可得：动能定理知，mg（h+d）-qU上A=0，结合：mg•2d-qU=0，解得：，根据，所以距下板为，故B错误，C正确；
D.若先把电容器两极板与电池断开，电容器的带电量不变，由电场强度不变，把上极板往下平移，此时两板间的电压为所以微粒将打到下极扳上，故D正确。故选CD。
电子在加速电场中做加速运动，根据动能定理得：eU′=mv2-0，则得电子获得的速度为：v=14.解：
．、和
得，可见，，根据动能定理知，电子进入偏转电场后做类平抛运动，电子在沿极板方向做匀速直线运动，粒子在电场中运动时间：t=； 在平行电场方向做初速度为0的匀加速直线运动，加速度a=，电子在电场方向偏转的位移y=at2．
第10页，共12页 解得：y=，又因为偏转电场方向向下，所以电子在偏转电场里向上偏转．
A、滑动触头向右移动时，加速电压U′变大，由上可知电子偏转位移变小，因为电子向上偏转，故在屏上的位置下降，相反，滑动触头向左移动时，电子打在荧光屏上的位置上升，故A错误，B正确；
C、偏转电压U增大时，电子在电场中受到的电场力增大，即电子偏转的加速度a增大，又因为电子加速获得的速度v不变，电子在电场中运动的时间不变，a增大，而电子打在屏上的速度为v′=，故电子打在屏上的速度增大，故C错误．
D、电子在电场中运动的时间不变，离开电场后做匀速直线运动，由于水平速度不变，运动时间也不变，所以电子从发出到打在荧光屏上的时间不变，故D正确． 故选：BD．
滑动触头向右移动时，加速电压增大，加速后速度变大，粒子在偏转电场中运动时间变短，粒子在平行偏转电场方向的位移减小．同理触头向左移动时，加速电压减小，加速后速度变小，粒子在电场中运动时间变长，粒子在平行偏转电场方向的位移增大；当加速电压不变时，偏转电压变化，影响平行电场方向的电场力的大小，也就是影响加速度的大小，粒子在电场中运动时间不变，改变偏转的位移大小．
电子在加速电场作用下做加速运动，要能运用动能定理可得电子获得的速度与加速电场大小间的关系． 电子进入偏转电场后，做类平抛运动，运动时间受电场的宽度和进入电场时的速度所决定，电子在电场方向偏转的距离与时间和电场强度共同决定．熟练用矢量合成与分解的方法处理类平抛运动问题． 15.【分析】
两个带电粒子垂直进入电场中做类平抛运动，将它们的运动沿垂直电场方向和平行电场方向进行正交分解，垂直电场方向不受力，做匀速直线运动；平行电场方向受到电场力，做初速度为零的匀加速直线运动，根据运动学公式、牛顿第二定律和功能关系联合列式分析。
本题考查了带电粒子在电场中的运动；本题关键将两个带电粒子的运动垂直电场方向和平行电场方向的分运动，然后结合运动学公式、牛顿运动定律和动能定理列式分析。【解答】
A.垂直电场方向不受力，做匀速直线运动，位移相等，速度相等，由x=vt得知，运动的时间相等，故A正确；
B.平行电场方向受到电场力作用，做初速度为零的匀加速直线运动，根据位移时间关系公式，有：解得：；由于两带电粒子平行电场方向分位移之比为：yP：yQ=1：2，所以aQ＞aP，故B错误；，所以它们所带的电荷量之比qP：qQ=1：2，故C正确； C.根据牛顿第二定律，有：qE =ma，则：D.根据动能定理，有：qEx=△Ek；而：qP：qQ=1：2，xP：xQ=1：2，所以动能增加量之比： △EkP：△EkQ=1：4，故D错误。
故选AC。16.带电小球有电场力、细线的拉力与重力处于平衡状态，根据图示位置可确定电场力的方向，则由电场线的方向可得出带电小球的电性，及电量大小．若将细线剪断，则小球将沿合力方向做加速直线运动．电场力做功等于电场力与沿电场力方向的位移乘积．
根据电场力及电场线的方向来确定电荷的电性，同时还考查电场力做功与沿着电场力方向的位移有关． 17.（1）应用动能定理研究小球由A→C的过程，求出小球在C点的速度大小，（2）对小球在C点进行受力分析，找出沿径向提供向心力的外力，应用牛顿第二定律解决． 在本题中物体不仅受重力的作用，还有电场力，在解题的过程中，一定要分析清楚物体的受力和运动过程，根据动能定理和牛顿第二定律灵活列式求解． 第11页，共12页 18.带电粒子在电场中类平抛运动的研究方法与平抛运动相似，采用运动的合成与分解，第（2）问也可以利用三角形相似法求解。
（1）电子在加速电场U1中运动时，电场力对电子做正功，根据动能定理求解电子穿过A板时的速度大小．（2）电子进入偏转电场后做类平抛运动，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．根据板长和初速度求出时间．根据牛顿第二定律求解加速度，由位移公式求解电子从偏转电场射出时的侧移量．电子离开偏转电场后沿穿出电场时的速度做匀速直线运动，水平方向：位移为L2，分速度等于v0，求出匀速运动的时间．竖直方向：分速度等于vy，由y=vyt求出离开电场后偏转的距离，再加上电场中偏转的距离得解；（3）根据动能定理，即可求解。第12页，共12页
第四节 电势能、电势（2课时）重点：理解掌握电势能、电势、等势面的概念及意义。 难点：掌握电势能与做功的关系，并能用此解决相关问题。教学过程：1．静电力做功的特点结合课本图1。4-1......
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