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专题四 电场和磁场 第8讲 电场及带电粒子在电场中的运动,【高考这样考】 1.(多选)(2014新课标全国卷)关于静电场的电场强度和电势,下列说法正确的是( ) A.电场强度的方向处处与等电势面垂直 B.电场强度为零的地方,电势也为零 C.随着电场强度的大小逐渐减小,电势也逐渐降低 D.任一点的电场强度总是指向该点电势降落最快的方向,【解析】选A、D。由于电场线与等势面垂直,而电场强度的方向为电场线的方向,故电场强度的方向与等势面垂直,A项正确。电场强度为零的地方电势不一定为零,如等量正电荷连线的中点处的电场强度为零,但电势大于零,B项错误。电场强度大小与电场线的疏密有关,而沿着电场线的方向电势逐渐降低,电场线的疏密与电场线的方向没有必然联系,C项错误。任一点的电场强度方向总是和电场线方向一致,沿电场线的方向是电势降落最快的方向,D项正确。,2.(2015全国卷)如图,直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线,M、N、P、Q是它们的交点,四点处的电势分别为M、N、P、Q。一电子由M点分别运动到N点和P点的过程中,电场力所做的负功相等,则( ),A.直线a位于某一等势面内,MQ B.直线c位于某一等势面内,MN C.若电子由M点运动到Q点,电场力做正功 D.若电子由P点运动到Q点,电场力做负功,【解析】选B。根据电子移动过程中电场力做负功,可知MN,MP,由于电场力做功相等,可知N=P,直线d位于同一等势面内,根据匀强电场的特点,可判断直线c也位于同一等势面内,故选项B正确,A错误;由于M=Q,电子由M点到Q点,电场力做功为零,C错误;因为PM=Q,电子由P点到Q点,电场力应做正功,选项D错误。,3.(多选)(2014新课标全国卷)如图,在正点电荷Q的电场中有M、N、P、F四点,M、N、P为直角三角形的三个顶点,F为MN的中点, M=30。M、N、P、F四点处的电势分别用M、N、P、F表示。已知M=N,P=F,点电荷Q在M、N、P三点所在平面内,则 ( ),A.点电荷Q一定在MP的连线上 B.连接PF的线段一定在同一等势面上 C.将正试探电荷从P点搬运到N点,电场力做负功 D.P大于M,【解析】选A、D。本题考查了电场问题。根据题意分别画出MN和FP的中垂线,由几何关系知,两中垂线交点在MP连线上,如图,点电荷在图中的O位置,A项正确,B项错误;因为是正点电荷形成的电场,将正试探电荷从P搬运到N,电场力做正功,C项错误;因为是正点电荷形成的电场,越靠近场源电荷的等势面电势越高,D项正确。,4.(多选)(2014上海高考)静电场在x轴上的场强E 随x的变化关系如图所示,x轴正向为场强正方向,带 正电的点电荷沿x轴运动,则点电荷( ) A.在x2和x4处电势能相等 B.由x1运动到x3的过程中电势能增大 C.由x1运动到x4的过程中电场力先增大后减小 D.由x1运动到x4的过程中电场力先减小后增大,【解析】选B、C。由题意可知,在x1的左侧场强方向沿x轴正方向,在x1的右侧场强方向沿x轴负方向。带正电的点电荷由x1运动到x3的过程中,电场力做负功,电势能增大,故选项A错误,选项B正确;由x1到x4场强的大小先增大后减小,则点电荷由x1运动到x4的过程中电场力先增大后减小,故选项C正确,选项D错误。,5.(2015安徽高考)已知均匀带电的无穷大平面在真空 中激发电场的场强大小为 其中为平面上单位面积 所带的电荷量,0为常量。如图所示的平行板电容器,极 板正对面积为S,其间为真空,带电量为Q。不计边缘效应 时,极板可看作无穷大导体板,则极板间的电场强度大小和两极板间相互的静电引力大小分别为( ),【解析】选D。一个极板在真空中激发的电场强度大小为 两极板间的电场是由两极板所带电荷共同激发,由叠加原理可知两极 板间的电场强度大小为 极板间的作用力 D正确。,6.(多选)(2015广东高考)如图所示的水平匀强电场中,将两个带电小球M和N分别沿图示路径移动到同一水平线上的不同位置,释放后,M、N保持静止,不计重力,则( ),A.M的带电量比N的大 B.M带负电荷、N带正电荷 C.静止时M受到的合力比N的大 D.移动过程中匀强电场对M做负功,【解析】选B、D。对小球受力分析可得,两小球在电场力和库仑力的作用下处于平衡状态,又因其库仑力大小相等,故所受电场力大小相等,即qME=qNE,所以M、N带的电荷量相等,A错误;M带负电,受到向左的电场力与向右的库仑力平衡,N带正电,受到向左的库仑力和向右的电场力平衡,B正确;静止时,受的合力都为零,C错误;M沿电场线方向有位移,电场力做负功,D正确。,【考情分析】 主要题型：选择题、计算题 命题特点： 1.结合典型电场分布特点考查电场力的性质和能的性质。 2.结合图像考查电场的特点以及带电粒子在电场中的受力情况、做功情况以及能量转化情况。,3.应用动能定理或动力学观点综合考查带电粒子在电场中的加速问题。 4.应用运动的分解综合考查带电粒子在电场中的类平抛运动问题。,【主干回顾】,【要素扫描】 (1)电场力的性质。 电场强度的定义式：_。 真空中点电荷的场强公式：_。 匀强电场场强与电势差的关系式：_。,(2)电场能的性质。 电势的定义式：_。 电势差的定义式：UAB= 。 电势差与电势的关系式：_。 电场力做功与电势能的关系式：_。,UAB=A-B,WAB=-Ep,热点考向1 电场性质的理解与应用 【典例1】(多选)(2015江苏高考)两个相同的负电荷 和一个正电荷附近的电场线分布如图所示。c是两负 电荷连线的中点,d点在正电荷的正上方,c、d到正电 荷的距离相等,则( ),A.a点的电场强度比b点的大 B.a点的电势比b点的高 C.c点的电场强度比d点的大 D.c点的电势比d点的低,【名师解读】 (1)命题立意：以电场线的分布为背景考查电场力的性质和能的性质。 (2)关键信息：两个相同的负电荷和一个正电荷附近的电场线分布;c是两负电荷连线的中点;d点在正电荷的正上方;c、d到正电荷的距离相等。,(3)答题必备：沿着电场线电势降低;电场线的疏密表示电场强度的大小;点电荷电场的叠加。 (4)易错警示：不能定性地根据电场强度的大小确定c点和d点的电势高低。,【解析】选A、C、D。从图中看到,a点的电场线比b点的电场线密,所以a点的电场强度比b点的大,A项正确;两个负电荷在c点的合场强为0,正电荷在c点有场强,方向竖直向下,两个负电荷在d点产生的场强叠加后方向竖直向下,正电荷在d点产生的场强方向竖直向上,因为正电荷到c、d距离相等,所以,叠加后的合场强肯定是c点大,C项正确;沿电场线的方向电势降低,所以a点的电势比b点的低,B项错误;从以上分析看到正电荷到c点的合场强大于到d点的合场强,所以相同的距离场强大的,电势差更大,因此c点的电势比d点的低,D项正确。,【典例2】(2015厦门一模)空间有一沿x轴对称分布的电场,其电场强度E随x变化的图像如图所示,x1和-x1为x轴上对称的两点。下列说法正确的是( ),A.x1处场强大于-x1处场强 B.若电子从x1处由静止释放后向x轴负方向运动,到达-x1点时速度为零 C.电子在x1处的电势能大于在-x1处的电势能 D.x1点的电势比-x1点的电势高,【解题探究】 (1)判断场强大小的关键是_。 (2)判断电势高低的关键是_。,图线离开x轴的垂直距离,明确电场沿x轴对称分布,【解析】选B。从图像可以看出,x1处场强与-x1处场强等大、反向,故A错误;由于x1和-x1两点关于x轴对称,且电场强度的大小也相等,故从O点到x1和从O点到-x1电势降落相等,故x1和-x1两点的电势相等,D错误;电子从x1处由静止释放后,若向O点运动,O点的电势最高,电子在O点电势能最小,动能最大,速度最大,由于x1处与-x1点处电势相同,故电子到达-x1点时速度还为零,B正确;x1和-x1两点的电势相等,电子在x1处的电势能等于在-x1处的电势能,C错误。,【规律总结】电场性质的判断方法 (1)电场强度。 根据电场线的疏密程度进行判断。 根据等差等势面的疏密程度进行判断。 根据 进行判断。 (2)电势。 由沿电场线方向电势逐渐降低进行判断。 若q和WAB已知,由 进行判断。,【题组过关】 1.(多选)(2015四川高考)如图所示,半圆槽光滑、绝缘、固定,圆心是O,最低点是P,直径MN水平。a、b是两个完全相同的带正电小球(视为点电荷),b固定在M点,a从N点静止释放,沿半圆槽运动经过P点到达某点Q(图中未画出)时速度为零。则小球a( ),A.从N到Q的过程中,重力与库仑力的合力先增大后减小 B.从N到P的过程中,速率先增大后减小 C.从N到Q的过程中,电势能一直增加 D.从P到Q的过程中,动能减少量小于电势能增加量,【解析】选B、C。小球a从N到Q的过程中,库仑力增大,且库仑力与重力的夹角逐渐减小,所以它们的合力一直增大,A错误;小球从N到P的过程中,重力和库仑力沿圆弧切线方向的合力先与速度方向同向后反向,所以速率是先增大后减小,B正确;小球从N到Q过程中,库仑力方向与小球速度方向夹角一直大于90,库仑力一直做负功,所以电势能一直增加,C正确;根据能量守恒可知,从P到Q的过程中,小球动能的减少量等于重力势能和电势能的增加量之和,D错误。,2.(多选)(2015贺州三模)如图甲所示,Q1、Q2是两个固定的点电荷,其中Q1带正电,在它们连线的延长线上a、b点,一带正电的试探电荷仅在库仑力作用下以初速度va从a点沿直线ab向右运动,其v-t图像如图乙所示,下列说法正确的是( ),A.Q2带正电 B.Q2带负电 C.b点处电场强度为零 D.试探电荷的电势能不断增加,【解析】选B、C。从速度时间图像上看出,试探电荷从a到b做加速度减小的减速运动,在b点时试探电荷运动的加速度为零,则电场力为零,所以该点场强为零,Q1对正电荷的电场力向右,则Q2对正电荷的电场力必定向左,所以Q2带负电,故A错误,B、C正确;整个过程动能先减小后增大,根据能量守恒得知,试探电荷的电势能先增大后减小,故D错误。,3.(多选)(2015银川一模)位于正方形四角上的四个 等量点电荷的电场线分布如图所示,ab、cd分别是正 方形两条边的中垂线,O点为中垂线的交点,P、Q分别 为cd、ab上的点。则下列说法正确的是( ) A.P、O两点的电势关系为P=O B.P、Q两点电场强度的大小关系为EQEP C.若在O点放一正点电荷,则该正点电荷受到的电场力不为零 D.若将某一负电荷由P点沿着图中曲线PQ移到Q点,电场力做负功,【解析】选A、B。根据电场叠加,由图像可知ab、cd两中垂线上各点的电势都为零,所以P、O两点的电势相等,A正确;电场线的疏密表示场强的大小,根据图像知EPEQ,B正确;四个点电荷在O点产生的电场相互抵消,场强为零,故在O点放一正点电荷,则该正点电荷受到的电场力为零,C错误;P、Q电势相等,若将某一负电荷由P点沿着图中曲线PQ移到Q点,电场力做功为零,D错误。,【加固训练】真空中电量均为Q的两异种点电荷连 线和一绝缘正方体框架的两侧面ABB1A1和DCC1D1中 心连线重合,连线中心和立方体中心重合,空间中 除两异种点电荷Q产生的电场外,不计其他任何电场的影响,则下列说 法中正确的是( ),A.正方体两顶点A、D电场强度相同 B.正方体两顶点A、D电势相同 C.两等量异种点电荷周围电场线和面ABB1A1总是垂直 D.负检验电荷q在顶点A处的电势能小于在顶点D处的电势能,【解析】选D。由等量异种点电荷的电场线分布可知,A、D两点电场强度大小相等,方向不同,A错误;沿电场线方向电势降低,A点电势高于D点电势,B错误;A、B、B1、A1四点电势相同,但面ABB1A1不是等势面,电场线不总与该面垂直,C错误;A点电势高于D点电势,将负电荷从A点移到D点,电场力做负功,电势能增大,D正确。,热点考向2 与平行板电容器有关的电场问题 【典例3】(多选)如图所示,两平行金属板水平放 置,开始时开关S合上,使平行板电容器带电,板间 存在垂直纸面向里的匀强磁场。一个不计重力的 带电粒子恰能以水平向右的速度沿直线通过两板。 在以下方法中,能使带电粒子仍沿水平直线通过两 板的是( ),A.将两板的距离增大一倍,同时将磁感应强度增大一倍 B.将两板的距离减小一半,同时将磁感应强度增大一倍 C.将开关S断开,使两板间的正对面积减小一半,同时将板间磁场的磁感应强度减小一半 D.将开关S断开,使两板间的正对面积减小一半,同时将板间磁场的磁感应强度增大一倍,【解题探究】 (1)带电粒子沿水平直线通过两板的原因是_ _。 (2)分析平行板电容器板间场强变化的关键是_ _。,带电粒子所受电场力与洛,伦兹力平衡,开关闭合时,极板间的电,压保持不变,开关断开时,极板上所带的电荷量保持不变,【解析】选B、D。当开关S闭合时,电容器两端的电压不变,要使带电 粒子仍沿水平直线通过两板,必须满足 即U=Bdv,所以当 两板的距离增大一倍时,同时应将磁感应强度减小一半;当两板的距离 减小一半时,同时应将磁感应强度增大一倍,所以A错,B对。将开关S断 开时,电容器上所带电荷量不变,根据 和 得, 要使带电粒子仍沿水平直线通过两板,必须满足qE=qvB, 即 当两板间的正对面积减小一半时,同时应将板间磁 场的磁感应强度增大一倍,所以C错,D对。,【典例4】(2014海南高考)如图,一平行板电 容器的两极板与一电压恒定的电源相连,极板水 平放置,极板间距为d;在下极板上叠放一厚度为 l的金属板,其上部空间有一带电粒子P静止在电容器中。当把金属板从电容器中快速抽出后,粒子P开始运动。重力加速度为g。粒子运动的加速度为( ),【名师解读】 (1)命题立意：考查平行板电容器的性质和两极板间电场的变化。 (2)关键信息：两极板与一电压恒定的电源相连;带电粒子P静止;把金属板从电容器中快速抽出。,(3)答题必备： F合=ma。 (4)易错警示：误认为将金属板从电容器中快速抽出后板间距离不变。,【解析】选A。带电粒子在电容器两极板间时受到重力和电场力的作 用,最初处于静止状态,由二力平衡条件可得： 当把金属板 从电容器中快速抽出后,电容器两极板间的电压不变,但两极板间的距 离发生了变化,引起电场强度发生了变化,从而电场力也发生了变化, 粒子受力不再平衡,产生了加速度,根据牛顿第二定律 两式联立可得 选项A正确。,【迁移训练】,迁移1：把电源断开 (多选)将【典例4】中的电源断开,当把金属板从电容器中快速抽出后,下列说法正确的是( ) A.电容器的电容增大 B.极板间的电压增大 C.带电粒子P静止不动 D.带电粒子加速上升,【解析】选B、C。电源断开,当把金属板从电容器中快速抽出后,极板 所带电荷量保持不变,极板间的距离增大,由 可知,当d增大 时,电容器的电容减小,选项A错误;由 Q不变,C减小,U 增大,选项B正确;由 故极板间 的场强保持不变,故带电粒子受力情况不变,仍静止不动,C正确,D错误。,迁移2：将下极板接地 (多选)在【典例4】中,若金属板保持不动,同时下极板接地,当将上极板向右移动一小段距离时,则下列说法正确的是( ) A.电容器所带电荷量保持不变 B.极板间的电场强度保持不变 C.粒子所在初位置的电势保持不变 D.粒子将加速向下运动,【解析】选B、C。由 可知,当S减小时,电容器的电容减小,由 得Q=CU,电压U不变,C减小,故电容器所带电荷量减少,选项A 错误;U和d不变,由 可知,极板间的电场强度保持不变,选项B正 确;由于极板间的电场强度不变,粒子所在初位置到下极板间的距离不 变,故该点到零势点的电势差不变,即该点的电势不变,选项C正确;由 于粒子的受力情况不变,故粒子仍然保持静止状态,选项D错误。,迁移3：将电容器充满介质 在【典例4】中,若将电容器上极板与金属板上表面间充满介质,下列说法正确的是( ) A.电容器的电容增大 B.电容器所带电荷量减少 C.粒子的电势能增加 D.粒子的重力势能增加,【解析】选A。当将电容器上极板与金属板上表面间充满介质后,由 可知,电容器的电容增大,选项A正确;由 得Q=CU,电压 U不变,C增大,故电容器所带电荷量增加,选项B错误;由于U和d不变, 故极板间的电场强度不变,粒子静止不动,其电势能、重力势能均保持 不变,选项C、D错误。,【加固训练】在探究平行板电容器电容的实验中,对一个电容为C、正对面积为S、两极板之间距离为d的电容器,充电Q后,( ) A.若带电量再增加Q,其他条件不变,则电容器两极板之间的电压一定增加 B.若带电量再增加Q,其他条件不变,则电容器两极板之间的电场强度可能不变,C.保持带电量Q不变,若电容器两极板之间的距离增大到2d,其他条件不变,则电场强度增加到原来的2倍 D.保持带电量Q不变,若电容器正对面积减小到原来的 ,其他条件不变,则电场强度增加到原来的4倍,【解析】选A。由 可得,当带电量再增大Q,其他条件不 变时,则电容器两极板之间的电压一定增加 A正确;电荷量 变化,则两极板间的电压发生变化,根据 可得,电场强度一定变 化,B错误;保持电荷量不变,根据公式 两极板间的电场强度大小与两极板间的距离无关,C 错误;根据公式 若电容器正对面积减小到原来的 ,其他 条件不变,则电场强度增加到原来的2倍,D错误。,热点考向3 带电粒子在电场中的运动 【典例5】(18分)如图所示,两平行金属板A、B长l= 8cm,两板间距离d=8cm,A板比B板电势高300V,即UAB =300V。一带正电的粒子电量为q=10-10C,质量为m= 10-20kg,从R点沿电场中心线垂直电场线飞入电场,初速度v0=2106m/s,粒子飞出平行板电场后经过界面MN、PS间的无电场区域后,进入固定在中心线上O点的点电荷Q形成的电场区域(设界面PS右边点电荷的电场分布不受界面的影响)。已知两界面MN、PS相距为,L=12cm,粒子穿过界面PS后被点电荷Q施加的电场力俘获,从而以O点为圆心做匀速圆周运动,最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏EF上(静电力常量k=9109Nm2/C2,粒子重力不计,tan37= , tan53= )。求：,(1)粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离h。 (2)粒子穿过界面MN时的速度v。 (3)粒子穿过界面PS时偏离中心线RO的距离Y。 (4)点电荷的电荷量Q(该小题结果保留一位有效数字)。,【拿分策略】 第一、二问： 明确运动性质粒子在两极板间做类平抛运动 按部就班列方程 垂直电场线方向 列式 (1分),界面MN处 列式 (1分) 第三问： 翻转关键信息“界面MN、PS间的无电场区域” 由几何关系列方程 无电场区域运动过程 列式 (2分),第四问： 翻转关键信息“做匀速圆周运动,最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏EF上” 按部就班列方程,按照过程列方程,就能拿到13分,若能正确求出结果再拿下3分,第二问中注意到速度的矢量性,求出速度的方向又可拿到2分,则得满分18分。,【解析】(1)设粒子在两极板间运动时加速度为a,运动时间为t,则： (1分) (1分) (2分) 解得：,(2)粒子的运动轨迹如图所示,设粒子从电场中飞出时沿电场方向的速度为vy, 则： (2分) 解得：vy=1.5106m/s 所以粒子从电场中飞出时的速度为： 设粒子从电场中飞出时的速度方向与水平方向的夹角为,则： (1分) 解得：=37 (1分),(3)带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动,由相似三角形知识得： (2分) 解得：Y=0.12m=12 cm (1分),(4)粒子做匀速圆周运动的半径为： (1分) 又： (3分) 解得：|Q|=110-8C 故：Q=-110-8C (1分) 答案：(1)3cm (2)2.5106m/s,方向与水平方向成37角斜向下 (3)12 cm (4)-110-8C,【题组过关】1.(多选)(2015哈尔滨一模)如图所示,在xOy平面的第一象限,存在以x轴、y轴及双曲线 (0xL,0yL)的一 段为边界的匀强电场;在第二象限存在以x=-L,x=-2L,y=0,y=L为边界的匀强电场。两个电场场强大小均为E,方向如图所示。则在电场的AB曲线边界处由静止释放的电子(不计电子所受重力)在离开MNPQ区域时的最小动能和对应飞出点分别为( ),A.最小动能Ek=eEL B.最小动能 C.飞出点坐标(-2L,0) D.飞出点坐标,【解析】选A、C。设释放位置坐标为(x,y),则有 s=vt, 解得 解得s=L,即所有从边界AB上静止释放的电子均从P点射出。从边界AB出发到P点射出的全过程,由动能定理得Ek=eE(x+y),又 解得 根据 数学知识得知,当 时,动能Ek有最小值,Ek=eEL,故A、C正 确,B、D错误。,2.(2015全国卷)如图,一质量为m、电荷量为 q(q0)的粒子在匀强电场中运动,A、B为其运动轨 迹上的两点,已知该粒子在A点的速度大小为v0,方 向与电场方向的夹角为60,它运动到B点时速度 方向与电场方向的夹角为30,不计重力,求A、B两点间的电势差。,【解析】粒子在A点的速度大小为v0,在竖直方向上的速度分量为v0sin60,当它运动到B点时,竖直方向上的速度分量为vBsin30,粒 子在竖直方向上做匀速直线运动,故 v0sin60=vBsin30, 由动能定理可得： 答案：,【加固训练】真空中的某装置如图所示,其中平行 金属板A、B之间有加速电场,C、D之间有偏转电场, M为荧光屏。今有质子、氘核和粒子均由A板从静 止开始被加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转 电场,最后打在荧光屏上。已知质子、氘核和粒子的质量之比为124,电荷量之比为112,则下列判断中正确的是( ),A.三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间相同 B.三种粒子打到荧光屏上的位置相同 C.偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为122 D.偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为124,【解析】选B。设加速电压为U1,偏转电压为U2,偏转极板的长度为L, 板间距离为d,在加速电场中,由动能定理得 解得 三种粒子从B板运动到荧光屏的过程,水平方向做速度为v0的匀速直线 运动,由于三种粒子的比荷不同,则v0不同,所以三种粒子从B板运动到 荧光屏经历的时间不同,故A错误;根据推论 可知,y与粒子的种类、质量、电量无关,故三种粒子偏转距离相同,打 到荧光屏上的位置相同,故B正确;偏转电场的电场力做功为W=Eqy,则,W与q成正比,三种粒子的电荷量之比为112,则有电场力对三种粒子做功之比为112,故C、D错误。,电场中功能关系的综合应用 【经典案例】 (20分)(2015枣庄一模)如图所示,A、B间存在 与竖直方向成45角斜向上的匀强电场E1,B、C 间存在竖直向上的匀强电场E2,A、B的间距为 1.25m,B、C的间距为3m,C为荧光屏。一质量m=1.010-3kg,电荷量,q=+1.010-2C的带电粒子由a点静止释放,恰好沿水平方向经过b点到达荧光屏上的O点。若在B、C间再加方向垂直于纸面向外且大小B=0.1T的匀强磁场,粒子经b点偏转到达荧光屏的O点(图中未画出)。g取10m/s2。求： (1)E1的大小。 (2)加上磁场后,粒子由b点到O点电势能的变化量及偏转角度。,【审题流程】,【满分模板】 (1)粒子在A、B间做匀加速直线运动,竖直方向受力平衡,则有：qE1cos45-mg=0 (2分) 解得： (1分) (2)粒子从a到b的过程中,由动能定理得： qE1dABsin45= (3分) 解得：vb=5m/s(1分),加磁场前粒子在B、C间做匀速直线运动,则有： qE2=mg (2分) 加磁场后粒子在B、C间做匀速圆周运动,如图所示：,由牛顿第二定律得： (2分) 解得：R=5m(1分) 由几何关系得： (2分) 解得：y=1.0m(1分) 粒子在B、C间运动时电场力做的功为： W=-qE2y=-mgy=-1.010-2J(2分) 由功能关系知,粒子的电势能增加了1.010-2J(1分),设偏转角度为,则： (1分) 解得：=37(1分) 答案：(1)1.4N/C (2)1.010-2J 37,【评分细则】 第一问： (1)只列出式,没有计算出结果,只得2分。 (2)结果只计算出 没有算出小数不扣分。 心得：认真分析粒子的运动过程,根据运动情况分析粒子的受力情况,才不至于漏掉重力。 题目中已有物理量符号,一定要用题目中的符号表达方程,否则计算结果错误影响步骤分。,第二问： (1)不列式,而列出的是qE1sin45=ma和 也可得3分。 (2)如果只列、式,没有计算R和y的值,只要W的计算结果正确,可得10分;若W计算结果错误,只能得7分;若式列成W=-qE2y,结果正确不扣分,结果错误得1分。 (3)如果没有由功能关系说明粒子的电势能增加了1.010-2J扣1分。 (4)偏转角的计算公式不是列的式,列其他三角函数,只要正确不扣分;若未列式,直接说明偏转角为37,只得1分。,心得：在时间比较紧张的情况下,要尽量根据题设条件写出必要的方程,力争多得步骤分。 在分析多过程的运动规律时,要结合受力情况以及做功情况综合分析,避免因漏力而失分。 在计算电势能的变化量时,一定要根据功能关系具体说明电势能是增加还是减少,以免造成不必要的失分。,
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