【详解】解：（1）两极板间的场强 带电粒子所受的静电力 （2）带电粒子从静止开始运动到N 板的过程，根据功能关系有 得 （3）设带电粒子运动距离时的速度大小为v′，根据功能关系有 带电粒子在前距离做匀加速直线运动，后距离做匀速运动，设用时分别为。

【详解】解：（1）电场强度，带电粒子所受电场力 释放瞬间粒子的加速度为4.0×109m/s2； （2）粒子在0～时间内走过的距离为 故带电粒子在t＝时，恰好到达A 板，根据动量定理，此时粒子动量 p＝Ft＝4.0×10﹣23kg•m/s，粒子到达A 板时的动量为4.0×10﹣23kg•m/s （3）带电粒子在t＝～t＝向A 板做匀加速运动，在～t＝向A 板做匀减速运动， 速度减为零后将返回．粒子向A板运动可能的最大位移 要求粒子不能到达A 板，有s＜d，由f＝，电势变化频率应满足Hz 电势变化的频率应满足f＞Hz． 解：粒子加速过程，根据动能定理有 粒子偏转过程，根据运动学公式和牛顿第二定律可知侧移量 联立上述两式，可解得侧移量

【详解】C.减小U，电子一定能从水平金属板间射出 2

【详解】解：根据=得 （1）电子与氢核的初速度相同， （2）电子与氢核的初动能相同，。

【详解】解：加速， 偏转=，得=，。 ，，解得。

【详解】⑴⑵⑶

【详解】解：（1）带电粒子经过加速电场过程，根据动能定理可得 解得带电粒子进入偏转的初速度为 粒子在偏转电场中做类平抛运动，沿方向有 解得粒子在偏转电场中的运动时间为 （2）粒子在偏转电场中，沿电场方向有， 射出偏转电场时偏转的角度的正切值为，联立解得 （3）射出偏转电场时垂直极板方向的偏转位移为

【详解】解：⑴， ⑵电场力F=8×10-16N，重力G=9.1×10-30N，F>>G，因此可以忽略电子所受重力。 ⑶电势，。共同特点：是标量，是电场或重力场本身的性质，由相对位置 决定，与电荷量或质量无关。

【详解】解：（1）离子在偏转电场中，根据牛顿第二定律，有 离子在偏转电场的运动时间： 离子从偏转电场射出时，沿垂直于极板方向偏移的距离 得 （2）离子从电场射出时，垂直于极板方向的速度 速度方向偏转角度（如答图1 所示） 则 （3）离子增加的动能

【详解】解：（1）设金属板A、B 间的电场强度为E，则 根据牛顿第二定律有：，解得：a=5.0×1014m/s2 （2）电子以速度v 进入金属板A、B 间，在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。 电子在电场中运动的时间为t= 电子射出电场时在沿电场线方向的侧移量，解得：y=0.63cm （3）设电子从进入电场到离开电场时间t=内，其动量的改变量的大小为， 根据动量定理有：，解得：=2.3×10-24kg·m/s

【详解】解：（1）对带电粒子从左极板由静止，经加速电场并进入偏转电场的过程，运用动能定理 将v 代入上式，解得 （2）设带电粒子进入和离开偏转电场时的速度分别为v 和为v，对带电粒子从进入偏转电场 0 到离开偏转电场的过程，运用动能定理 （3）设带电粒子进入偏转电场时的速度为v，加速度为a，经过时间t后（未离开偏转电场）， 水平方向位移为x、竖直方向位移为y，根据运动学公式，可得 ; 根据牛顿运动定律可知，带电粒子在偏转电场中的加速度 将和a代入x和y并消去时间t，可得带电粒子的轨迹方程

【详解】解：（1）只要紧靠上极板的颗粒能够落到收集板右侧，颗粒就能够全部收集，有 ；；；； 解得 （2）a.颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度； 且 b.带电荷量q 的颗粒恰好100%被收集，颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度， 颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度，所受阻力等于电场力，有； 设只有距下极板为d′的颗粒被收集，在竖直方向颗粒匀速下落 的颗粒带电荷量为；q 的颗粒被收集的百分比

【详解】解：（1） （2）电子进入偏转电场，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运 动，设电子在偏转电场中运动的时间为t 水平方向： 竖直方向：,F=Ee , （3）当交变电压为最大值U 时，设电子离开交变电场时沿y 轴上的速度为，最大侧移 m11 量为y；离开偏转电场后到达荧光屏的时间为t，在这段时间内的侧移量为y Ul2 则y=m 4Ud UelUlL v=at=m,,=m ymm dmv2dU 01 设电子打在荧光屏内范围的长度为s，则 s=2(y+y)=m(l+2L) 2Ud 说明：对于第3 问，若直接用“二级结论”2=m，没有推导过程，即使结果正确，也要减 ly+y L+m1 1 分。

【详解】解：（1）由动能定理 联立①-④式可得 （2）a．P、Q 两板间的电场强度为① 电子在P、Q 两板间加速度② 电子在P、Q 两板间运动时间③ 电子在P、Q 两板间偏转位移④ b．当P、Q 两板间的电压满足时，电子才能从两板间射出，即 在0～时间内解得 故在0～T 时间内电子打在荧光屏上的时间 在0～T 时间内打在荧光屏上的电子数目 B.带电粒子在a 点的加速度较大 C.带电粒子在a 点的动能较大 D.带电粒子在b 点的电势能较大

【详解】解：（1）电子绕核作匀速圆周运动，根据库仑定律和牛顿第二定律有 电子的动能为，解得 （2）由于电子的电势能为，氢原子的能量为 （3）电子绕核运动形成的等效电流，解得

【详解】解：（1）根据对称性可知，C 点电场场强方向沿着AB 连线的中垂线向上，如图所示 （2）C 点电势为；O 点电势为 设此点电荷刚好能够到达O 点，由能量守恒定律可得 ，解得 （3）设圆周运动的半径为 ，C 点电场场强大小为 ，则有 ；，联立解得；方向垂直于纸面向里或者向外。 解：⑴ ⑵由，得 ⑶由，得

【详解】解：（1）小球受重力mg、电场力F 和拉力T，其静止时受力如答图2 所示。 根据共点力平衡条件有：F = mgtan37=0.75N （2）设小球到达最低点时的速度为v，小球从水平位置运动到最低点的过程中，根据动能定 mv 理有：mgl–Fl=2 解得：v== 1.0m/s （3）设小球通过最低点C 时细线对小球的拉力大小为T′。 根据牛顿第二定律有：T′－mg= 解得：T′=1.5N

【详解】解：（1）由A 到P 过程中，根据动能定理 联立解得 （2）小球从A 运动到B 的过程中，电场力做的功 （3）小球从A 运动到B 的过程中，根据动能定理 在B 点，根据牛顿第二定律

【详解】解：(1)从静止释放的小球在重力和电场力的作用下做初速度为零的匀加速直线运动，所 受合外力方向与运动方向一致，如图所示。 则电场力大小 静电力的方向水平向右。 (2)竖直向上抛出的小球在重力和电场力的作用下做匀变速曲线运动(类斜抛) 沿竖直方向做匀减速运动，v =v－gt xxy0 沿水平方向做初速度为零的匀加速直线运动， 小球上升到最高点的时间 这段时间里小球沿水平方向的位移 电场力做功 小球上升到最高点的过程中，电势能减少． (3)水平分速度v = at，竖直分速度v = v－gt小球的速度 由以上各式得出 解得：当时，有最小值 此时，，， 所以，小球动量的最小值， 最小动量的方向与电场方向夹角为37°斜向上。 （1）电源：如下图中，能把电子从A 搬运到B 的装置P 就是电源，A 和B是电源的两个电极。 （2）A、B周围空间的电场是由电源、导线等电路元件所积累的电荷共同形成的。电荷的分布是 稳定的，不随时间变化，电场的分布也不会随时间变化。这种由稳定分布的电荷所产生的稳定的 电场，叫作恒定电场。 （4）在恒定电场的作用下，导体中的自由电荷做定向运动，在运动过程中与导体内不动的粒子 不断碰撞，碰撞阻碍了自由电荷的定向运动，结果是大量自由电荷定向运动的平均速率不随时间 （1）电流的强弱程度用电流这个物理量表示。单位时间内通过导体横截面的电荷量越多，电流就 越大。 如果用I表示电流、q表示在时间t内通过导体横截面的电荷量，则有： （2）在国际单位制中，电流的单位是安培，简称安，符号是A 常用的电流单位：1mA＝10-3A；1μA＝10-6A 锂电池电池的容量，通常以“安时”（A·h）或“毫安时”（mA·h）作单位。 C.单位时间内通过导体横截面的电荷量越多，电流越大