代入数据解得h1≈0.10m.

(3)滑块最终将静止在斜面底端，因此重力势能和电势能的减少量等于克服摩擦力做的功，即等于产生的热能，

Q＝(mg－qE)h＝0.96J.

12．(2009·如皋市一中月考)有一带负电的小球，其带电量q＝－2×10－3C.如图所示，开始时静止在场强E＝200N/C的匀强电场中的P点，靠近电场极板B有一挡板S，小球与挡板S的距离h＝5cm，与A板距离H＝45cm，重力作用不计．在电场力作用下小球向左运动，与挡板S相碰后电量减少到碰前的k倍，已知k＝，而碰后小球的速度大小不变．

(1)设匀强电场中挡板S所在位置处电势为零，则电场中P点的电势为多少？小球在P点时的电势能为多少？(电势能用EP表示)

(2)小球从P点出发第一次回到最右端的过程中电场力对小球做了多少功？

(3)小球经过多少次碰撞后，才能抵达A板？

[答案]　(1)－10V　0.02J　(2)0　(3)13

[解析]　(1)由匀强电场的场强和电势差之间的关系式得：

USP＝Eh

由电势差和电势之间的关系得：

USP＝φS－φP

联立解得P点的电势为：

φP＝φS－Eh＝0－200×5×10－2V＝－10V

小球在P点的电势能为：

EP＝qφP＝－2×10－3×(－10)J＝0.02J

(2)对小球从P点出发第一次回到最右端的过程应用动能定理得：

W电＝Ek1－Ek0

解得：W电＝Ek1－Ek0＝0－0＝0

(3)设碰撞n次后小球到达A板，对小球运动的全过程应用动能定理得：

qEh－knqE(h+H)＝Ek1－Ek0

小球到达A板的条件是：Ekn≥0

联立解得：n≥12.5，即小球经过13次碰撞后，才能抵达A板．

11．如图所示，在倾角θ＝37°的绝缘斜面所在空间存在着竖直向上的匀强电场，场强E＝4.0×103N/C，在斜面底端有一与斜面垂直的绝缘弹性挡板．质量m＝0.20kg的带电滑块从斜面顶端由静止开始滑下，滑到斜面底端与挡板相碰后以碰前的速率返回．已知斜面的高度h＝0.24m，滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.30，滑块带电荷q＝－5.0×10－4C.取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80.求：

(1)滑块从斜面最高点滑到斜面底端时的速度大小；

(2)滑块被挡板弹回能够沿斜面上升的最大高度；

(3)滑块从开始运动到停下来的整个过程中产生的热量Q.(计算结果保留两位有效数字)

[答案]　(1)2.4m/s　(2)0.10m　(3)0.96J

[解析]　(1)滑块沿斜面滑下的过程中，受到的滑动摩擦力为

Ff＝μ(mg－qE)cos37°，

设到达斜面底端时的速度为v1，根据动能定理，

(mg－qE)h－Ff＝mv，

解得v1＝2.4m/s.

(2)滑块第一次与挡板碰撞后沿斜面返回上升的高度最大，设此高度为h1，根据动能定理，

10．如图所示，水平地面上方分布着水平向右的匀强电场．一“L”形的绝缘硬质管竖直固定在匀强电场中．管的水平部分长为l1＝0.2m，离水平地面的距离为h＝5.0m，竖直部分长为l2＝0.1m.一带正电的小球从管的上端口A由静止释放，小球与管间摩擦不计且小球通过管的弯曲部分(长度极短可不计)时没有能量损失，小球在电场中受到的静电力大小为重力的一半，求：

(1)小球运动到管口B时的速度大小；

(2)小球着地点与管的下端口B的水平距离．(g＝10m/s2)．

[答案]　(1)2.0m/s　(2)4.5m

[解析]　(1)在小球从A运动到B的过程中，对小球由动能定理有：mv－0＝mgl2+F电l1，①

解得：vB＝②

代入数据可得：vB＝2.0m/s③

(2)小球离开B点后，设水平方向的加速度为a，位移为s，在空中运动的时间为t，

水平方向有：a＝，④

s＝vBt+at2，⑤

竖直方向有：h＝gt2，⑥

由③-⑥式，并代入数据可得：s＝4.5m.

9．如图所示装置，真空中有三个电极：发射电子的阴极：其电势φk＝－182V；栅网：能让电子由其间穿过，电势φg＝0；反射电板电势为φr＝－250V.与栅网的距离d＝4mm.设各电极间的电场是均匀的，从阴极发射的电子初速度为零，电子所受重力可以忽略，已知电子质量是0.91×10－30kg，电荷量e＝1.6×10－19C，设某时刻有一电子穿过栅网飞向反射极，问它经过多少时间后再到栅网？

[答案]　1.5×10－9s

[解析]　因为|φk|<|φr|，所以电子穿过栅网，不到反射电板就返回．

设电子在到达栅网时速度为v，则mv2＝e(φg－φk)，

电子在栅网和反射电板间的加速度a＝，

又t＝，解得t≈1.5×10－9s.

8．如图所示，地面上某区域存在着竖直向下的匀强电场，一个质量为m的带负电的小球以水平方向的初速度v0由O点射入该区域，刚好通过竖直平面中的P点，已知连线OP与初速度方向的夹角为45°，则此带电小球通过P点时的动能为　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (　)

A．mv　 　　　　　　　　　　　　　　　　 B.mv

C．2mv　 　　　　　　　　　　　　　　　　 D.mv

[答案]　D

[解析]　小球到P点时，水平位移和竖直位移相等，即v0t＝vPyt，所示合速度vP＝＝v0

EkP＝mv＝mv.故选D.

7．如图所示，两平行金属板水平放置并接到电源上，一个带电微粒P位于两板间恰好平衡，现用外力将P固定，然后使两板各绕其中点转过α角，如图中虚线所示，撤去外力，则P在两板间　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　 (　)

A．保持静止

B．水平向左做直线运动

C．向左下方运动

D．不知α角的值无法确定P的运动状态

[答案]　B

[解析]　设初状态极板间距是d，旋转α角度后，极板间距变为dcosα，所以电场强度E′＝，而且电场强度的方向也旋转了α，由受力分析可知，竖直方向仍然平衡，水平方向有电场力的分力，所以微粒水平向左做匀加速直线运动，故B选项正确．解决本题的关键是确定新场强与原来场强在大小、方向上的关系．

6．(2010·青岛市检测)一个带负电荷q，质量为m的小球，从光滑绝缘的斜面轨道的A点由静止下滑，小球恰能通过半径为R的竖直圆形轨道的最高点B而做圆周运动．现在竖直方向上加如图所示的匀强电场，若仍从A点由静止释放该小球，则 　　　　　　　 (　)

A．小球不能过B点

B．小球仍恰好能过B点

C．小球能过B点，且在B点与轨道之间压力不为0

D．以上说法都不对

[答案]　B

[解析]　小球从光滑绝缘的斜面轨道的A点由静止下滑，恰能通过

半径为R的竖直圆形轨道的最高点B而做圆周运动，则mg＝m，mg(h－2R)＝mv；加匀强电场后仍从A点由静止释放该小球，则(mg－qE)(h－2R)＝mv，联立解得mg－qE＝，满足小球恰好能过B点的临界条件，选项B正确．

5．如图所示，a、b、c三条虚线为电场中的等势面，等势面b的电势为零，且相邻两个等势面间的电势差相等，一个带正电的粒子在A时的动能为10J，在电场力作用下从A运动到B速度为零，当这个粒子的动能为7.5J时，其电势能为　　　 　　　 (　)

A．12.5J　 　　　　　　　　　　　　　　　　 B．2.5J

C．0　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 D．－2.5J

[答案]　D

[解析]　由题意可知，粒子从A到B，电场力做功－10J，则带电粒子由A运动到等势面b时，电场力做功－5J，粒子在等势面b时的动能为5J.粒子在电场中电势能和动能之和为5J，当动能为7.5J时，其电势能为－2.5J.

4．(2009·海门模拟)如图所示是测定液面高度h的电容式传感器示意图，E为电源，G为灵敏电流计，A为固定的导体芯，B为导体芯外面的一层绝缘物质，C为导电液体．已知灵敏电流计指针偏转方向与电流方向的关系为：电流从左边接线柱流进电流计，指针向左偏．如果在导电液体的深度h发生变化时观察到指针正向左偏转，则　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (　)

A．导体芯A所带电量在增加，液体的深度h在增大

B．导体芯A所带电量在减小，液体的深度h在增大

C．导体芯A所带电量在增加，液体的深度h在减小

D．导体芯A所带电量在减小，液体的深度h在减小

[答案]　D

[解析]　电流计指针向左偏转，说明流过电流计G的电流由左→右，则导体芯A所带电量在减小，由Q＝CU可知，芯A与液体形成的电容器的电容减小，则液体的深度h在减小，故D正确．

3．如图所示，带有等量异种电荷的两块等大的平行金属板M、N水平正对放置．两板间有一带电微粒以速度v0沿直线运动，当微粒运动到P点时，将M板迅速向上平移一小段距离，则此后微粒的可能运动情况是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　 (　)

A．沿轨迹④运动　　　　　 B．沿轨迹①运动

C．沿轨迹②运动　 　　　　　　　　　 D．沿轨迹③运动

[答案]　C

[解析]　由E＝＝＝可知，两极板带电量、电介质和正对面积不变时，M板迅速向上平移一小段距离，不影响板间场强，因而场强不变，微粒受力情况不变，粒子沿原直线运动．