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周测4　电容器的电容　带电粒子在电场中的运动
(时间:40分钟　满分:100分)
一、单项选择题(本题共6小题,每小题6分,共36分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。)
1.如图所示是一个常用的电容器(C=220 μF,工作电压U=500 V),下列关于它的说法正确的是(　　)
A.电容器可以储存电荷,且储存的电荷量越多电容越大
B.这个电容器两端电压变化10 V,它储存的电荷量变化2.2×10-3 C
C.加在这个电容器两端的电压为250 V时,它的电容是110 μF
D.加在这个电容器两端的电压低于500 V时它就不能工作
答案　B
解析　电容器可以储存电荷,电容器的电容是由其本身的性质决定的,与电荷量无关,A错误;这个电容器的电容为C=220 μF,两端电压变化10 V,它储存的电荷量的变化量ΔQ=CΔU=220×10-6×10 C=2.2×10-3 C,B正确;电容器的电容与加在它两端的电压无关,C错误;加在这个电容器两端的电压低于500 V时它仍能工作,D错误。
2.(2026·甘肃兰州一中高二月考)在我们的日常生活中会发生很多静电现象。有一次,小明的手指靠近金属门把手时,如图所示,突然有一种被电击的感觉。这是因为运动摩擦使身体带电,当手指靠近门把手时,二者之间产生了放电现象。已知手指带负电,关于放电前手指靠近金属门把手的过程中,下列说法正确的是(　　)
A.门把手内部的电场强度逐渐变大
B.门把手与手指之间电场强度逐渐增大
C.门把手左端电势高于右端电势
D.门把手右端带负电荷且电荷量增加
答案　B
解析　放电前手指靠近金属门把手的过程中,门把手在手的影响下,发生静电感应,在其右端感应出正电荷,左端感应出负电荷,门把手左端电势低于右端电势,故C、D错误;本身是处于静电平衡状态,内部电场强度为零,两端电势相等,门把手与手之间看成一个电容器,可知当两者距离减小时,根据公式C=,E=,C=,联立可得E=,由于异种电荷相互吸引,手接近门的过程中,门把手右端感应电荷越来越多,电荷密度越来越大,门把手与手指之间电场强度逐渐增大,故A错误,B正确。
3.如图所示,两极板与电源相连接,电子从负极板边缘垂直电场方向射入匀强电场,且恰好从正极板边缘飞出,现在使电子入射速度变为原来的两倍,而电子仍从原位置射入,且仍从正极板边缘飞出,则两极板的间距应变为原来的(　　)
A.2倍 B.4倍
C. D.
答案　C
解析　电子在两极板间做类平抛运动,水平方向l=v0t,t=,竖直方向d=at2=,故d2=,即dv0=(定值),若入射速度变为原来的两倍,则两板的间距应变为原来的,故C正确。
4.为了方便监控医院输液的病人的药液是否即将滴完,发明了一种利用电容器原理实现的输液报警装置,实物图和电路原理如图所示。闭合开关,当药液液面降低时,夹在输液管两侧电容器的两极板之间介质由液体改变为气体,蜂鸣器B就会因通过特定方向的电流而发出声音,电路中电表均为理想电表。根据以上说明,下列选项分析正确的是(　　)
A.液面下降后,电容器两端电压变大
B.液面下降后,电容器所带电荷量减少
C.液面下降时蜂鸣器电流由a流向b
D.输液管较粗时,电容器的电容会变大
答案　B
解析　开关闭合稳定时,电容器两端电压等于电源电动势,即液面下降后,电容器两端电压不变,A错误;根据C=,C=,液面下降,极板之间的介电常数εr减小,则电容减小,极板之间电压不变,则电容器所带电荷量减少,蜂鸣器电流由b流向a,B正确,C错误;结合上述可知,输液管较粗时,极板之间间距增大,则电容器的电容会变小,D错误。
5.(2026·河南长葛一中高二月考)如图所示,原来静止的、电荷量为q、不计重力的带电粒子经左侧加速电场加速后,垂直于电场线方向进入偏转电场。当粒子进入偏转电场时的初速度为v0时,粒子离开偏转电场时沿电场线方向的速度为vy=,其他条件不变,仅减小加速电压,粒子离开偏转电场时的最小速度v是(　　)
A.v0 B.v0
C.v0 D.v0
答案　A
解析　带电粒子进入偏转电场后,做类平抛运动,可知L=v0t,vy=at,vy=,联立解得a=,设粒子以vx射入电场,沿电场方向速度为vy=a·,粒子射出电场的速度v==时,即vx=,v取最小值,代入解得最小速度v=v0,故A正确。
6.如图所示,长为L的两极板水平放置,两极板带等量的异种电荷。一电荷量为q、质量为m的带正电粒子,以初速度v0紧贴上极板垂直于板间电场方向进入,刚好从下极板右边缘射出,射出时速度方向恰与水平方向成30°角。不计粒子重力,下列说法正确的是(　　)
A.粒子离开电场时的速度为v0
B.板间匀强电场的电场强度为
C.两极板间的距离为L
D.两极板间的电势差为
答案　C
解析　粒子从下极板射出时,速度方向与水平方向夹角为30°,由几何关系得v==v0,A错误;粒子在两极板间做类平抛运动,水平方向上L=v0t,竖直方向上vy=at=v0tan 30°,由牛顿第二定律可得qE=ma,解得E=,B错误;粒子在两极板间做类平抛运动,竖直方向上d=at2,解得d=L,C正确;两极板间的电势差U=Ed=,D错误。
二、多项选择题(本题共3小题,每小题8分,共24分。在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求。全部选对的得8分,选对但不全的得4分,有选错的得0分。)
7.如图所示,在水平放置的两平行金属板M、N之间的P点,固定有一个带电荷量为-q的点电荷,两金属板通过电阻R接到直流电源上,其中N板接地,闭合开关,则(　　)
A.当保持其他条件不变,而将M板向上移动的过程中,两极板间的电场强度变大
B.当保持其他条件不变,而将M板向上移动的过程中,通过R的电流方向向右
C.当保持其他条件不变,而将M板向上移动到某处稳定后,与移动前相比,P处点电荷的电势能变大
D.当保持其他条件不变,将开关断开,若M板向上移动到某处稳定后,与移动前相比,P处点电荷的电势能变小
答案　BC
解析　保持其他条件不变,而将M板向上移动的过程中,d增大,因U不变,根据E=,可知两极板间的电场强度变小,根据C=可知,电容减小,根据Q=CU可知,带电荷量减小,则通过R的电流方向向右,由于电容器两极板间电场强度减小,则P、N间的电势差减小,因为N处电势为零,所以P处的电势降低,点电荷带负电,根据Ep=qφ可知,P处点电荷的电势能变大,故A错误,B、C正确;若将开关断开,保持其他条件不变,在将M板向上移动的过程中,d增大,由于Q不变,根据C=、U=、E=得E=,可知极板间的电场强度不变,由于P处位置不变,N板电势为零,则P处电势不变,P处点电荷的电势能不变,故D错误。
8.如图所示,带电平行金属板A、B板间的电势差为U(不考虑板上方的电场),A板带正电,B板中央有一小孔。一带正电的微粒,带电荷量为q,质量为m,自孔的正上方距板高h处自由落下,若微粒恰能落至A、B板的正中央c点,重力加速度为g,则(　　)
A.微粒在下落过程中动能逐渐增大,重力势能逐渐减小
B.微粒下落过程中重力做功为mg,静电力做功为-
C.微粒落入电场中,电势能逐渐增大,其增量为
D.若微粒从距B板高2h处自由下落,则恰好能到达A板
答案　BCD
解析　由微粒运动到c点速度减小到零可知动能先增大后减小,A错误;微粒下落高度为h+,重力做功为mg,静电力做负功,大小为,B正确;由功能关系可知克服静电力做了多少功,电势能就增大多少,C正确;若微粒从距B板高2h处自由下落,假设能够到达A点,重力做功为mg(2h+d),克服静电力做功qU,由动能定理可知D正确。
9.如图所示,在竖直放置的平行金属板A、B之间加恒定电压U,A、B两板的中央有小孔O1、O2,在B板的右侧有平行于金属板的匀强电场,电场范围足够大,感光板MN垂直于电场方向放置。先后两次在小孔O1处由静止释放带正电的甲粒子和乙粒子,甲、乙两粒子的电荷量之比为2∶1,质量之比为1∶2,不计两粒子受到的重力和空气阻力,关于这两个粒子的运动,下列说法正确的是(　　)
A.甲、乙两粒子在O2处的速度大小之比为1∶2
B.甲、乙两粒子在O2处的速度大小之比为1∶1
C.甲、乙两粒子打到感光板上时的动能之比为2∶1
D.甲、乙两粒子打到感光板上的位置相同
答案　CD
解析　在A、B间加速时,根据动能定理有qU=mv2,解得v=∝,可知甲、乙粒子运动到O2处时的速度之比为2∶1,故A、B错误;在偏转电场中粒子做类平抛运动,则水平方向有x=vt,竖直方向有y=at2,根据牛顿第二定律有a=,解得x=2,在竖直位移y相同的情况下,水平位移x也相同,故两粒子有相同的运动轨迹,甲、乙两粒子打到感光板上的位置相同,故D正确;两粒子的运动轨迹完全一样,可知整个运动过程中两个粒子有共同的起点和终点,由动能定理得qU+qEy=Ek,则Ek甲∶Ek乙=q甲∶q乙=2∶1,故C正确。
三、非选择题(本题共3小题,共40分。)
10.(12分)电荷的定向移动形成电流,电流表示单位时间内通过导体横截面的电荷量,即I=。电流传感器可以像电流表一样测量电流,并且可以和计算机相连。图甲是观察电容器的充、放电现象的实验装置。电源输出电压恒为8 V,S是单刀双掷开关,R为定值电阻,C为平行板电容器。
(1)当开关S接1时,平行板电容器　　　　(选填“充电”或“放电”)。
(2)电容器充电完毕后,把开关S接2时,其放电电流随时间变化的图像如图乙所示。
①此过程中,电路中的电流　　　　(选填“增大”“减小”或“不变”),电容器两极板间的电场强度　　　　(选填“增大”“减小”或“不变”)。
②若按“四舍五入”(大于等于半格算一格,小于半格舍去)数格法,由图乙可知电容器所带的电荷量为　　　　C(计算结果保留3位有效数字);根据计算可知,该实验选择的电容器最有可能是　　　　(选填“A”“B”或“C”)。
答案　(1)充电　(2)①减小　减小　②3.25×10-3　B
解析　(1)当开关S接1时,平行板电容器与电源相连,在充电。
(2)①把开关S接2时,电容器放电,由题图乙可知电路中的电流逐渐减小,电容器带电荷量减小,由Q=CU、E=可知两极板间的电场强度减小。
②I-t图像与横轴围成的面积等于电容器放出的电荷量,图中每小格表示的电荷量为10-3×0.25 C=2.5×10-4 C,若按“四舍五入”数格法(大于等于半格算一格,小于半格舍去)可得格数为13,电容器所带的电荷量为Q=13×2.5×10-4 C=3.25×10-3 C,电容器的电容C== F=406.25 μF,可知该实验选择的电容器最有可能是B。
11.(14分)如图所示的空间内存在水平向右的匀强电场,质量m=4.0×10-3 kg、电荷量q=1.0×10-6 C的带电小球,用绝缘轻细线悬挂起来,静止时细线偏离竖直方向的夹角θ=37°。已知g=10 m/s2,sin 37°=0.60,cos 37°=0.80,不计空气阻力。
(1)求小球的电性及电场强度的大小;
(2)如果将细线轻轻剪断,从剪断细线开始经过时间t=0.4 s,求这一段时间内小球电势能的变化量。
答案　(1)正电　3×104 N/C　(2)1.8×10-2 J
解析　(1)对小球受力分析如图所示
由图可知,小球受到的静电力与电场线方向相同, 故小球带正电,根据平衡条件得
F电=qE=mgtan 37°
解得E=3×104 N/C。
(2)剪断细线后,小球沿细线延长线向右下方做初速度为零的匀加速直线运动,由牛顿第二定律得
a=== m/s2=12.5 m/s2
则0.4 s内的位移为
x=at2=×12.5×0.42 m=1 m
根据功能关系得
ΔEp电=-qExsin 37°
=-1.0×10-6×3×104×1×0.6 J=-1.8×10-2 J
即电势能减少了1.8×10-2 J。
12.(14分)如图所示,静止于A处的离子,经加速电场加速后能沿图中圆弧虚线匀速率通过静电分析器,静电分析器通道内有均匀辐射方向分布的电场,然后再从P点垂直CN进入矩形区域的有界匀强电场,场强方向水平向左。已知加速电场的电压为U,圆弧虚线的半径为R,离子质量为m、电荷量为q;QN=d,PN=2d,离子重力不计。求:
(1)若离子恰好能打在Q点,则矩形区域QNCD内电场强度E0的大小;
(2)从A到Q点的整个运动过程,静电力对离子做的功。
答案　(1)　(2)17qU
解析　(1)离子在加速电场中加速,根据动能定理qU=mv2,得v=
离子做类平抛运动d=vt,2d=at2
由牛顿第二定律得qE0=ma
得E0=。
(2)设全过程静电力对离子所做的总功为W,则
W=W1+W2=qU+2qE0d
解得W=17qU。(共27张PPT)
周测4　电容器的电容　带电粒子在电场中的运动
(时间:40分钟　满分:100分)
B
一、单项选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。)
1.如图所示是一个常用的电容器(C=220 μF，工作电压U=500 V)，下列关于它的说法正确的是(　　)
A.电容器可以储存电荷，且储存的电荷量越多电容越大
B.这个电容器两端电压变化10 V，它储存的电荷量变化2.2×10-3 C
C.加在这个电容器两端的电压为250 V时，它的电容是110 μF
D.加在这个电容器两端的电压低于500 V时它就不能工作
解析　电容器可以储存电荷，电容器的电容是由其本身的性质决定的，与电荷量无关，A错误;这个电容器的电容为C=220 μF，两端电压变化10 V，它储存的电荷量的变化量ΔQ=CΔU=220×10-6×10 C=2.2×10-3 C，B正确;电容器的电容与加在它两端的电压无关，C错误;加在这个电容器两端的电压低于500 V时它仍能工作，D错误。
B
2.(2026·甘肃兰州一中高二月考)在我们的日常生活中会发生很多静电现象。有一次，小明的手指靠近金属门把手时，如图所示，突然有一种被电击的感觉。这是因为运动摩擦使身体带电，当手指靠近门把手时，二者之间产生了放电现象。已知手指带负电，关于放电前手指靠近金属门把手的过程中，下列说法正确的是(　　)
A.门把手内部的电场强度逐渐变大
B.门把手与手指之间电场强度逐渐增大
C.门把手左端电势高于右端电势
D.门把手右端带负电荷且电荷量增加
解析　放电前手指靠近金属门把手的过程中，门把手在手的
影响下，发生静电感应，在其右端感应出正电荷，左端感应
出负电荷，门把手左端电势低于右端电势，故C、D错误;本
身是处于静电平衡状态，内部电场强度为零，两端电势相等，
门把手与手之间看成一个电容器，可知当两者距离减小时，根据公式C=，E=，C=，联立可得E=，由于异种电荷相互吸引，手接近门的过程中，门把手右端感应电荷越来越多，电荷密度越来越大，门把手与手指之间电场强度逐渐增大，故A错误，B正确。
C
3.如图所示，两极板与电源相连接，电子从负极板边缘垂直电场方向射入匀强电场，且恰好从正极板边缘飞出，现在使电子入射速度变为原来的两倍，而电子仍从原位置射入，且仍从正极板边缘飞出，则两极板的间距应变为原来的(　　)
A.2倍 B.4倍
C. D.
解析　电子在两极板间做类平抛运动，水平方向l=v0t，t=，竖直方向d=at2=，故d2=，即dv0=(定值)，若入射速度变为原来的两倍，则两板的间距应变为原来的，故C正确。
B
4.为了方便监控医院输液的病人的药液是否即将滴完，发明了一种利用电容器原理实现的输液报警装置，实物图和电路原理如图所示。闭合开关，当药液液面降低时，夹在输液管两侧电容器的两极板之间介质由液体改变为气体，蜂鸣器B就会因通过特定方向的电流而发出声音，电路中电表均为理想电表。根据以上说明，下列选项分析正确的是(　　)
A.液面下降后，电容器两端电压变大
B.液面下降后，电容器所带电荷量减少
C.液面下降时蜂鸣器电流由a流向b
D.输液管较粗时，电容器的电容会变大
解析　开关闭合稳定时，电容器两端电压等于电源电动势，即液面下降后，电容器两端电压不变，A错误;根据C=，C=，液面下降，极板之间的介电常数εr减小，则电容减小，极板之间电压不变，则电容器所带电荷量减少，蜂鸣器电流由b流向a，B正确，C错误;结合上述可知，输液管较粗时，极板之间间距增大，则电容器的电容会变小，D错误。
A
5.(2026·河南长葛一中高二月考)如图所示，原来静止的、电荷量为q、不计重力的带电粒子经左侧加速电场加速后，垂直于电场线方向进入偏转电场。当粒子进入偏转电场时的初速度为v0时，粒子离开偏转电场时沿电场线方向的速度为vy=，其他条件不变，仅减小加速电压，粒子离开偏转电场时的最小速度v是(　　)
A.v0 B.v0
C.v0 D.v0
解析　带电粒子进入偏转电场后，做类平抛运动，可知L=v0t，vy=at，vy=，联立解得a=，设粒子以vx射入电场，沿电场方向速度为vy=a·，粒子射出电场的速度v==时，即vx=，v取最小值，代入解得最小速度v=v0，故A正确。
C
6.如图所示，长为L的两极板水平放置，两极板带等量的异种电荷。一电荷量为q、质量为m的带正电粒子，以初速度v0紧贴上极板垂直于板间电场方向进入，刚好从下极板右边缘射出，射出时速度方向恰与水平方向成30°角。不计粒子重力，下列说法正确的是(　　)
A.粒子离开电场时的速度为v0
B.板间匀强电场的电场强度为
C.两极板间的距离为L
D.两极板间的电势差为
解析　粒子从下极板射出时，速度方向与水平方向夹角
为30°，由几何关系得v==v0，A错误;粒子在两极
板间做类平抛运动，水平方向上L=v0t，竖直方向上vy=at=
v0tan 30°，由牛顿第二定律可得qE=ma，解得E=，B错误;粒子在两极板间做类平抛运动，竖直方向上d=at2，解得d=L，C正确;两极板间的电势差U=Ed=，D错误。
BC
二、多项选择题(本题共3小题，每小题8分，共24分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得8分，选对但不全的得4分，有选错的得0分。)
7.如图所示，在水平放置的两平行金属板M、N之间的P点，固定有一个带电荷量为-q的点电荷，两金属板通过电阻R接到直流电源上，其中N板接地，闭合开关，则(　　)
A.当保持其他条件不变，而将M板向上移动的过程中，
两极板间的电场强度变大
B.当保持其他条件不变，而将M板向上移动的过程中，
通过R的电流方向向右
C.当保持其他条件不变，而将M板向上移动到某处稳定后，与移动前相比，P处点电荷的电势能变大
D.当保持其他条件不变，将开关断开，若M板向上移动到某处稳定后，与移动前相比，P处点电荷的电势能变小
解析　保持其他条件不变，而将M板向上移动的过程中，
d增大，因U不变，根据E=，可知两极板间的电场强度
变小，根据C=可知，电容减小，根据Q=CU可知，带
电荷量减小，则通过R的电流方向向右，由于电容器两极
板间电场强度减小，则P、N间的电势差减小，因为N处电势为零，所以P处的电势降低，点电荷带负电，根据Ep=qφ可知，P处点电荷的电势能变大，故A错误，B、C正确;若将开关断开，保持其他条件不变，在将M板向上移动的过程中，d增大，由于Q不变，根据C=、U=、E=得E=，可知极板间的电场强度不变，由于P处位置不变，N板电势为零，则P处电势不变，P处点电荷的电势能不变，故D错误。
BCD
8.如图所示，带电平行金属板A、B板间的电势差为U(不考虑板上方的电场)，A板带正电，B板中央有一小孔。一带正电的微粒，带电荷量为q，质量为m，自孔的正上方距板高h处自由落下，若微粒恰能落至A、B板的正中央c点，重力加速度为g，则(　　 )
A.微粒在下落过程中动能逐渐增大，重力势能逐渐减小
B.微粒下落过程中重力做功为mg，静电力做功为-
C.微粒落入电场中，电势能逐渐增大，其增量为
D.若微粒从距B板高2h处自由下落，则恰好能到达A板
解析　由微粒运动到c点速度减小到零可知动能先增大后减小，A错误;微粒下落高度为h+，重力做功为mg，静电力做负功，大小为，B正确;由功能关系可知克服静电力做了多少功，电势能就增大多少，C正确;若微粒从距B板高2h处自由下落，假设能够到达A点，重力做功为mg(2h+d)，克服静电力做功qU，由动能定理可知D正确。
CD
9.如图所示，在竖直放置的平行金属板A、B之间加恒定电压U，A、B两板的中央有小孔O1、O2，在B板的右侧有平行于金属板的匀强电场，电场范围足够大，感光板MN垂直于电场方向放置。先后两次在小孔O1处由静止释放带正电的甲粒子和乙粒子，甲、乙两粒子的电荷量之比为2∶1，质量之比为1∶2，不计两粒子受到的重力和空气阻力，关于这两个粒子的运动，下列说法正确的是(　　)
A.甲、乙两粒子在O2处的速度大小之比为1∶2
B.甲、乙两粒子在O2处的速度大小之比为1∶1
C.甲、乙两粒子打到感光板上时的动能之比为2∶1
D.甲、乙两粒子打到感光板上的位置相同
解析　在A、B间加速时，根据动能定理有qU=mv2，解得
v=∝，可知甲、乙粒子运动到O2处时的速度之比
为2∶1，故A、B错误;在偏转电场中粒子做类平抛运动，
则水平方向有x=vt，竖直方向有y=at2，根据牛顿第二定律有a=，解得x=2，在竖直位移y相同的情况下，水平位移x也相同，故两粒子有相同的运动轨迹，甲、乙两粒子打到感光板上的位置相同，故D正确;两粒子的运动轨迹完全一样，可知整个运动过程中两个粒子有共同的起点和终点，由动能定理得qU+qEy=Ek，则Ek甲∶Ek乙=q甲∶q乙=2∶1，故C正确。
三、非选择题(本题共3小题，共40分。)
10.(12分)电荷的定向移动形成电流，电流表示单位时间内通过导体横截面的电荷量，即I=。电流传感器可以像电流表一样测量电流，并且可以和计算机相连。图甲是观察电容器的充、放电现象的实验装置。电源输出电压恒为8 V，S是单刀双掷开关，R为定值电阻，C为平行板电容器。
(1)当开关S接1时，平行板电容器____________(选填“充电”或“放电”)。
(2)电容器充电完毕后，把开关S接2时，其放电电流随时间变化的图像如图乙所示。
①此过程中，电路中的电流____________(选填“增大”“减小”或“不变”)，电容器两极板间的电场强度____________(选填“增大”“减小”或“不变”)。
②若按“四舍五入”(大于等于半格算一格，小于半格舍去)数格法，由图乙可知电容器所带的电荷量为____________C(计算结果保留3位有效数字);根据计算可知，该实验选择的电容器最有可能是____________(选填“A”“B”或“C”)。
答案　(1)充电　(2)①减小　减小　②3.25×10-3　B
解析　(1)当开关S接1时，平行板电容器与电源相连，在充电。
(2)①把开关S接2时，电容器放电，由题图乙可知电路中的电流逐渐减小，电容器带电荷量减小，由Q=CU、E=可知两极板间的电场强度减小。
②I-t图像与横轴围成的面积等于电容器放出的电荷量，图中每小格表示的电荷量为10-3×0.25 C=2.5×10-4 C，若按“四舍五入”数格法(大于等于半格算一格，小于半格舍去)可得格数为13，电容器所带的电荷量为Q=13×2.5×10-4 C=3.25×10-3 C，电容器的电容C== F=406.25 μF，可知该实验选择的电容器最有可能是B。
11.(14分)如图所示的空间内存在水平向右的匀强电场，质量m=4.0×10-3 kg、电荷量q=1.0×10-6 C的带电小球，用绝缘轻细线悬挂起来，静止时细线偏离竖直方向的夹角θ=37°。已知g=10 m/s2，sin 37°=0.60，cos 37°=0.80，不计空气阻力。
(1)求小球的电性及电场强度的大小;
(2)如果将细线轻轻剪断，从剪断细线开始经过时间t=0.4 s，求这一段时间内小球电势能的变化量。
答案　(1)正电　3×104 N/C　(2)1.8×10-2 J
解析　(1)对小球受力分析如图所示
由图可知，小球受到的静电力与电场线方向相同，
故小球带正电，根据平衡条件得F电=qE=mgtan 37°
解得E=3×104 N/C。
(2)剪断细线后，小球沿细线延长线向右下方做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得a=== m/s2=12.5 m/s2
则0.4 s内的位移为
x=at2=×12.5×0.42 m=1 m
根据功能关系得
ΔEp电=-qExsin 37°
=-1.0×10-6×3×104×1×0.6 J=-1.8×10-2 J
即电势能减少了1.8×10-2 J。
12.(14分)如图所示，静止于A处的离子，经加速电场加速后能沿图中圆弧虚线匀速率通过静电分析器，静电分析器通道内有均匀辐射方向分布的电场，然后再从P点垂直CN进入矩形区域的有界匀强电场，场强方向水平向左。已知加速电场的电压为U，圆弧虚线的半径为R，离子质量为m、电荷量为q;QN=d，PN=2d，离子重力不计。求：
(1)若离子恰好能打在Q点，则矩形区域QNCD内电场
强度E0的大小;
(2)从A到Q点的整个运动过程，静电力对离子做的功。
答案　(1)　(2)17qU
解析　(1)离子在加速电场中加速，根据动能定理qU=mv2，得v=
离子做类平抛运动d=vt，2d=at2
由牛顿第二定律得qE0=ma
得E0=。
(2)设全过程静电力对离子所做的总功为W，则
W=W1+W2=qU+2qE0d
解得W=17qU。
本节内容结束
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