高考物理大一轮复习《静电场》综合检测

一岗双责落实还不到位。受事务性工作影响，对分管单位一岗双责常常落实在安排部署上、口头要求上，实际督导、检查的少，指导、推进、检查还不到位。静电场综合检测(时间:90分钟满分:100分)【测控导航】考点题号1.物理学研究方法12.电场强度、电场线、电势、等势面、电势能3,7,8,93.电容器2,64.带电粒子在电场中的运动4,5,15,175.带电粒子在交变电场中的运动12,186.带电粒子在复合场中的运动10,11,167.实验13,14一、选择题(本题共12小题,每小题4分,共48分.在每小题给出的四个选项中,第16题只有一个选项正确,第712题有多项正确,全部选对得4分,选对但不全得2分,有选错或不选的得0分)1.(2016浙江宁波效实中学期中)下列各式中,属于物理量的比值定义式的是(C)A.a=Fm B.E=UdC.=EpqD.I=UR解析:电势的概念是电荷在电场中某一点具有的电势能跟电荷所带电荷量的比值,叫做这一点的电势,所以=Epq是电势的定义式,而a=Fm是加速度的决定式,E=Ud反映匀强电场的电场强度与电势差的关系,I=UR是电流的决定式,故选C.2.(2016北京师范大学附属实验中学期中)如图所示,由M,N两块相互靠近的平行金属板组成的平行板电容器,极板N与静电计的金属球相接,极板M与静电计的外壳均接地.给电容器充电,静电计指针张开一定角度.以下实验过程中电容器所带电荷量可认为不变.下列操作能使静电计指针张角变大的是(A)A.将M板向上平移B.将M板沿水平方向向右靠近N板C.在M,N之间插入有机玻璃板D.在M,N之间插入金属板,且不和M,N接触解析:根据公式C=QU=rS4kd可知,静电计指针张角变大是因为U增大.将M板向上平移,则S减小,d,Q均不变,故U增大,选项A正确;将M板沿水平方向向右靠近N板,则d减小,S,Q均不变,故U减小;在M,N之间插入有机玻璃板,则r变大,故U减小;在M,N之间插入金属板,且不和M,N接触,则d减小,故电容C变大,在Q不变的情况下,U变小,故选项B,C,D均错误.3.电场中的三条等势线如图中实线a,b,c所示,三条等势线的电势abc.一电子以沿PQ方向的初速度,仅在电场力的作用下沿直线从P运动到Q,则这一过程中电子运动的vt图像大致是图中的(A)解析:由图可知,此电场为非匀强电场,由等势面的疏密可知Q点处电场强度小于P点处电场强度,电子仅在电场力作用下沿直线从P运动到Q,做加速度越来越小的运动,这一过程电子运动的vt图像可能是A.4.(2016浙江绍兴期中)一个动能为Ek的带电粒子,垂直于电场线方向飞入平行板电容器,飞出电容器时动能为2Ek,如果使这个带电粒子的初速度变为原来的两倍,则它飞出电容器时的动能变为(C)A.8Ek B.5Ek C.4.25Ek D.4Ek解析:动能为Ek的带电粒子,垂直于电场线方向飞入平行板电容器,飞出电容器时动能为2Ek,则电场力做功为W=Ek;若使这个带电粒子的初速度变为原来的两倍,动能变为4Ek,则在偏转电场中运动的时间减半,根据y=12at2可知偏转距离变为原来的14,根据W=Eqy可知电场力做功变为原来的14,即动能增量变为原来的14,即它飞出电容器时的动能变为4.25Ek,故选C.5.(2016广东佛山六校联考)在绝缘光滑的水平面上x=-3L和 x=3L两处分别固定两个电荷QA,QB,两电荷连线之间的电势与位置x之间的关系图像如图所示,图中x=L点为图线的最低点,若在x=2L处由静止释放一个质量为m、带电荷量为+q的带电小球(可视为质点),下列有关说法正确的是(A) A.小球在x=L处的速度最大B.小球可以到达x=-2L点处C.小球将以x=L点为中点做往复运动D.QA,QB为异种电荷,且QAQB解析:据x图像切线的斜率等于场强E,知x=L处场强为零.x在L到3L内,场强向左,小球向左加速运动,到x=L处加速度为0,从x=L向左运动时,场强向右,电场力向右,做减速运动,所以小球在x=L处的速度最大,故选项A正确;根据动能定理得qU=0,得U=0,所以小球能运动到电势与出发点相同的位置,由图知向左最远能到达x=-L点处,然后小球向右运动,小球将以x=0.5L点为中心做往复运动,不能到达x=-2L点处,故选项B,C错误;x=L处场强为零,QA,QB为同种电荷,根据点电荷场强公式E=kQr2,知电荷QA离x=L处较远,所以QAQB,故选项D错误.6.(2016北京四中期末)如图所示,平行板电容器与电动势为E的直流电源连接,下极板接地.一带电油滴位于电容器中的P点且处于静止状态.现将平行板电容器的下极板竖直向上移动一小段距离,以下判断不正确的是(C)A.带点油滴将沿竖直方向向上运动B.P点的电势将降低C.电容器所带电荷量将减少D.平行板电容器的电容将变大解析:电源的电动势不变,故电容器的两端电压不变,当平行板电容器的下极板竖直向上移动一小段距离后,电容器极板间的场强会变大,故带电油滴受到的电场力增大,油滴竖直向上运动,选项A正确;当下极板向上移动时,因为场强变大,故P与上极板间的电势差变大,而两极板间的电势差不变,故P与下极板间的电势差减小,因为下极板接地,故P点的电势将降低,选项B正确;由于电极板间的距离减小,故电容器的电容增大,选项D正确;而极板间的电压不变,所以电容器所带的电荷量将增加,选项C错误.7.(2016山东临沂期中)如图所示,a,b,c,d是某匀强电场中的四个点.它们是一个四边形的四个顶点,abcd,abbc,2ab=cd=bc=2l,l=1 m,电场线与四边形所在平面平行.已知a点电势为18 V,b点电势为22 V,d点电势为6 V.则下列说法正确的是(ACD)A.匀强电场的场强大小为42 V/mB.场强方向由a指向cC.场强方向由b指向dD.c点电势为14 V解析:三角形bcd是等腰直角三角形,具有对称性,bd连线四等分,如图所示, 已知a点电势为18 V,b点电势为22 V,d点电势为6 V,且abcd,abbc,2ab=cd=bc=2l,因此根据几何关系,可得M点的电势为18 V,与a点电势相等,从而连接aM,即为等势面,由几何关系可知,因bd=22l,所以bM=22l,因此aM=22l,所以aM垂直于bd,则电场线方向为b指向d,E=Ud=22-1822l=422 V/m=42 V/m,故选项A,C正确,B错误;c点电势与N点电势相等,N点电势为(18-4) V=14 V,所以c点的电势为14 V,故选项D正确.8.如图所示,Q1,Q2为两个被固定的点电荷,a,b是它们连线的延长线上的两点.现有一带负电的粒子只在电场力作用下以一定的初速度从a点开始经过b点向远处运动,粒子经过a,b两点时的速度分别为va,vb,其vt图像如图(乙)所示.下列说法正确的是(ACD)A.Q1一定带正电B.Q1的电荷量一定小于Q2的电荷量C.b点的电场强度一定为零D.粒子由a点经b点向远处运动过程中,粒子的电势能先减小后增大解析:由vt图像可知,负电荷从a到b做加速度减小的加速运动,所以ab之间电场的方向向左,在b点时粒子运动的加速度为零,则电场力为零,所以该点电场强度为零.过b点后负电荷做减速运动,所以电场的方向向右.b点电场强度为零,可见两点电荷在b点对负电荷的电场力相等,根据F=kQ1Q2r2,b到Q1的距离大于到Q2的距离,所以Q1的电荷量大于Q2的电荷量.ab之间电场的方向向左,结合电场的合成可知,Q2一定带负电,Q1一定带正电,故A,C正确,B错误;整个过程动能先增大后减小,根据能量守恒定律,电势能先减小后增大,故D正确.9.(2016山东济南二模)如图所示,在匀强电场中有六个点A,B,C,D,E,F,正好构成一正六边形,六边形边长为0.1 m,所在平面与电场方向平行.点B,C,E的电势分别为-20 V,20 V和60 V.一带电粒子从A点以某一速度沿AB方向射出后,经过110-6 s到达D点.不计重力.则下列判断正确的是(CD) A.粒子带正电B.粒子在A点射出时的速度为5105 m/sC.粒子在A点的电势能大于在D点的电势能D.该粒子的比荷(电荷量与质量比值)为7.5108 C/kg解析:设正六边形的中心为O,BE中点的电势为O=B+E2=20 V,故FOC为等势面,场强方向与FOC垂直,即由E指向A的方向,带电粒子从A点沿AB方向射出后,经过110-6 s到达D点,可知粒子带负电,选项A错误;粒子从A点到D点做类平抛运动,沿AB方向做匀速运动,则vA=EDt=0.1110-6 m/s=105 m/s,选项B错误;因A=B=-20 V,D=E=60 V,因A点电势低于D点,故粒子在A点的电势能大于在D点的电势能,选项C正确;因AE=3L,而3L=12UAE3Lqmt2,解得qm=7.5108 C/kg,选项D正确.10.(2016四川新津中学模拟)如图所示,在足够长的光滑绝缘水平直轨道上方的P点,固定一电荷量为+Q的点电荷.一质量为m、带电荷量为+q的物块(可视为质点的检验电荷),从轨道上的A点以初速度v0沿轨道向右运动,当运动到P点正下方B点时速度为v.已知点电荷产生的电场在A点的电势为(取无穷远处电势为零),P到物块的重心竖直距离为h,P,A连线与水平轨道的夹角为60,k为静电力常量,下列说法正确的是(BD) A.物块在A点的电势能EpA=+QB.物块在A点时受到轨道的支持力大小为mg+33kqQ8h2C.点电荷+Q产生的电场在B点的电场强度大小EB=kQhD.点电荷+Q产生的电场在B点的电势B=m2q(v02-v2)+解析:因A点的电势为,则物块在A点的电势能EpA=+q,选项A错误;PA之间的库仑力为F=kQq(hsin60)2=3kqQ4h2,则物块在A点时受到轨道的支持力大小为FN=mg+Fsin 60=mg+33kqQ8h2,选项B正确;点电荷+Q产生的电场在B点的电场强度大小EB=kQh2,选项C错误;由能量守恒关系可知12mv02+q=12mv2+qB,解得B=m2q(v02-v2)+ ,选项D正确.11.(2016浙江嘉兴一中等五校联考)在真空中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场,质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定初速度水平抛出,从B点进入电场,到达C点时速度方向恰好水平,A,B,C三点在同一直线上,且AB=2BC,如图所示.由此可见(ABD)A.电场力为3mgB.小球带负电C.小球从A到B与从B到C的运动时间相等D.小球从A到B与从B到C的速度变化量大小相等解析:由题意可得,从竖直方向看,小球初速度为0,先加速后减速到0,从水平方向上看,小球做匀速直线运动,因为AB=2BC,故在做平抛运动时的水平位移是小球在电场中水平位移的2倍,而水平方向的速度相等,所以平抛运动的时间是电场中运动时间的2倍;根据公式vy2=2ay,平抛运动的末速度和电场中运动的初速度相等,平抛运动的竖直位移是电场中竖直方向位移的2倍,故电场中的加速度是平抛时加速度的2倍,因为平抛时的加速度为g,所以在电场中运动时的加速度为2g,方向竖直向上,所以F电-mg=2mg,得电场力F电=3mg,选项A正确;小球在竖直向下的电场中受向上的电场力,故小球带负电,选项B正确;小球从A到B与从B到C的运动时间不相等,平抛运动的时间是电场中运动时间的2倍,选项C错误;因为v=at,A到B的速度变化量为g2t,B到C的速度变化量为-2gt,故速度变化量的大小是相等的,选项D正确.12.(2015山东卷,20)如图(甲),两水平金属板间距为d,板间电场强度的变化规律如图(乙)所示.t=0时刻,质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间,0T3时间内微粒匀速运动,T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出.微粒运动过程中未与金属板接触.重力加速度的大小为g.关于微粒在0T时间内运动的描述,正确的是(BC)A.末速度大小为2v0 B.末速度沿水平方向C.重力势能减少了12mgdD.克服电场力做功为mgd解析:由题意0T3时间内微粒匀速运动,可知qE0=mg,所以T32T3与2T3T时间内微粒的加速度等大反向,大小都等于g;T32T3时间内微粒只在重力作用下的竖直末速度vy1=gT3,竖直位移y1=12g(T3)2,在2T3T时间内微粒的竖直末速度vy2=vy1-gT3=0,竖直位移y2=vy1T3-12g(T3)2=12g(T3)2,所以y1=y2=d4,微粒克服电场力做功W=q2E0d4=12mgd,在重力作用下微粒的竖直位移为d2,其重力势能减少了12mgd.综上可知A,D错误,B,C正确.二、非选择题(共52分)13.(6分)如图所示为研究平行板电容器电容的实验,电容器充电后与电源断开,电荷量Q将不变,与电容器相连的静电计用来测量电容器的.在常见的电介质中,由于空气的介电常数是最小的,当极板间插入其他的电介质时,电容器的电容将(填“增大”“减小”或“不变”),于是我们发现,静电计指针偏角将(填“增大”“减小”或“不变”).解析:电容器充电后与电源断开,电荷量Q保持不变,静电计可以测量电容器的电压;当插入介质时,r增大,由C=rS4kd可知电容将增大;由U=QC可知,两板间的电压减小,静电计指针偏角减小.答案:电压增大减小评分标准:每空2分.14.(6分)(2016山东滕州期中)如图(甲)所示,O,A,B为x轴上的三点,x轴上某点有一点电荷,在研究试探电荷所受电场力跟所带电荷量的关系时,利用测得的数据画出A,B两点的Fq图像分别如图(乙)所示,电场力的正方向与x轴正方向一致,则场源点电荷带(选填“正电”或“负电”),场源点电荷与A,B两点的距离之比为,A点的电势(选填“高于”“等于”或“低于”)B点的电势.解析:放在A,B两点的试探电荷受到的电场力方向都跟x轴的正方向相同,而正电荷所受电场力方向与电场强度方向相同,负电荷所受电场力方向与电场强度方向相反,若点电荷在A的左侧或在B的右侧,正、负电荷所受电场力方向不可能相同,所以点电荷Q应位于A,B两点之间,根据正、负电荷所受电场力的方向,知该点电荷带负电.根据E=Fq,知Fq图像的斜率大小等于场强E,则知EAEB=4224=41,根据公式E=kQr2,可知场源点电荷与A,B两点的距离之比为rArB=EBEA=12,根据沿着电场线方向电势降低,知A点的电势低于B点的电势.答案:负电12低于评分标准:每空2分.15.(8分)(2016福建厦门期中)如图所示,长为L(L=ab=dc),高为L(L=bc=ad)的矩形区域abcd内存在着匀强电场.电荷量为q、质量为m、初速度为v0的带电粒子从a点沿ab方向进入电场,不计粒子重力.求: (1)若粒子从c点离开电场,求电场强度的大小;(2)若粒子从bc边某处离开电场时速度为v,求电场强度的大小.解析:(1)ac过程粒子做类平抛运动,沿v0方向L=v0t, (1分)垂直v0方向L=12at2, (1分)a=qE1m,解得E1=2mv02qL. (2分)(2)从bc边某处离开电场时,垂直v0方向vy=v2-v02, (1分)vy=at=qE2mLv0, (1分)解得E2=mv0v2-v02qL. (2分)答案:(1)2mv02qL(2)mv0v2-v02qL16.(10分)(2016皖南八校联考)如图所示,四分之一光滑绝缘圆弧轨道AB与水平绝缘地面BC平滑连接,且O,A两点高度相同,圆弧的半径R=0.5 m,水平地面上存在匀强电场,场强方向斜向上与地面成=37角,场强大小E=1104 V/m,从A点由静止释放一带负电的小金属块(可视为质点),质量m=0.2 kg,电荷量大小为q=510-4 C,小金属块与水平面间的动摩擦因数为=0.2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g=10 m/s2(已知sin 37=0.6,cos 37=0.8).求:(1)金属块第一次到达B点(未进入电场)时对轨道的压力;(2)金属块在水平面上滑行的总路程.解析:(1)对金属块,从A点到B点,由动能定理得mgR=12mv2, (2分)在B点由向心力公式FN-mg=mv2R, (2分)由牛顿第三定律,金属块对轨道的压力与轨道对金属块的支持力大小相等,方向相反,得FN=FN=6 N,方向竖直向下. (2分)(2)由于qEcos =4 N,大于滑动摩擦力Ff=(mg+qEsin )=1 N,故金属块往返多次,最终停止于B点, (1分)全过程由动能定理mgR-(mg+qEsin )s=0, (2分)可以得到s=1 m. (1分)答案:(1)6 N竖直向下(2)1 m17.(10分)带有等量异种电荷的两个平行金属板A和B水平放置,相距d(d远小于板的长和宽),一个带正电质量为m,带电荷量为q的油滴M悬浮在两板的正中央,处于平衡,如图所示,在油滴的正上方距A板d处有一个质量也为m的带电油滴N,油滴N由静止释放后,可以穿过A板上的小孔,进入两金属板间与油滴M相碰,并立即结合成一个大油滴。整个装置处于真空中,若不计油滴M和N间的库仑力和万有引力以及金属板的厚度,要使油滴N能与M相碰,且结合成的大油滴(油滴可视为质点)又不至于与金属板B相碰。求: (1)两个金属板A,B间的电压是多少,哪板电势较高?(2)油滴N带何种电荷?(3)油滴N带电荷量的取值范围是多少?解析:(1)油滴M带正电,在两金属板之间处于平衡,有mg=qUd,则电势差U=mgdq, (1分)电场力的方向向上,则B板电势较高. (1分)(2)M,N碰撞后,大油滴向下运动且不与金属板B相碰,所受电场力一定大于M所受电场力,说明油滴N带正电. (2分)(3)设油滴N带电荷量为Q,油滴N与M相碰前的速度为v0,根据能量守恒定律,得12mv02+12QU=mg(d+12d) (1分)油滴N能与M相碰,则12mv02=mg(d+12d)-12QU0,所以电荷量Q3q. (1分)又油滴N与M相碰后,结合成大油滴,速度为v,有mv0=(m+m)v, (1分)v=12v0=123gd-QUm, (1分)此后大油滴向下运动,不碰到B板,则有12(2m)v253q. (1分)油滴所带电荷量的范围是53qQ3q.答案:(1)mgdqB板电势较高(2)正电荷(3)53qQ3q18.(12分)(2016江苏淮安淮海中学二模)如图(甲)所示,水平放置的平行金属板AB间的距离d=0.1 m,板长L=0.3 m,在金属板的左端竖直放置一带有小孔的挡板,小孔恰好位于AB板的正中间.距金属板右端x=0.5 m处竖直放置一足够大的荧光屏.现在AB板间加如图(乙)所示的方波形电压,已知U0=1.0102 V.在挡板的左侧,有大量带正电的相同粒子以平行于金属板方向的速度持续射向挡板,粒子的质量m=1.010-7 kg,电荷量q=1.010-2 C,速度大小均为v0=1.0104 m/s.带电粒子的重力不计.求:(1)在t=0时刻进入的粒子射出电场时竖直方向的速度大小;(2)荧光屏上出现的光带长度;(3)若撤去挡板,同时将粒子的速度均变为v=2.0104 m/s,则荧光屏上出现的光带又为多长?解析:(1)从t=0时刻进入的带电粒子水平方向速度不变.在电场中运动时间t=Lv0=310-5 s,正好等于一个周期. (1分)竖直方向先加速后减速,加速度大小a=U0qmd=108 m/s2, (2分)射出电场时竖直方向的速度v=a13T=103 m/s.(1分)(2)无论何时进入电场,粒子射出电场时的速度均相同.偏转最大的粒子偏转量d1=12a(23T)2+23aT13T-12a(13T)2=3.510-2 m, (2分)反方向最大偏转量d2=12a(13T)2+13aT23T-12a(23T)2=0.510-2 m,(2分)形成光带的总长度l=4.010-2 m.(1分)(3)带电粒子在电场中运动的时间为T2,打在荧光屏上的范围如图所示.d1=aT2xv=3.7510-2 m, (1分)d2=aT6xv=1.2510-2 m, (1分)形成的光带长度l=d1+d+d2=0.15 m. (1分)答案:(1)103 m/s(2)4.010-2 m(3)0.15 m【备用题组】1.(2016河南洛阳周练)(多选)如图所示,MPQO为有界的竖直向下的匀强电场(边界上有电场),电场强度为E=mgq,ACB为光滑固定的半圆形轨道,轨道半径为R,A,B为圆水平直径的两个端点,AC为14圆弧.一个质量为m,电荷量为-q的带电小球,从A点正上方高为H=R处由静止释放,并从A点沿切线进入半圆轨道,不计空气阻力及一切能量损失,关于带电小球的受力及运动情况,下列说法正确的是(AD)A.小球到达C点时对轨道的压力为2mgB.小球在AC部分运动时,加速度不变C.适当增大E,小球到达C点的速度可能为零D.若E=2mgq,要使小球沿轨道运动到C,则应将H至少调整为3R2解析:小球进入半圆轨道,电场力和重力平衡,小球做匀速圆周运动,根据动能定理知,mgH=12mvA2,解得vA=2gR.根据牛顿第二定律得,N=mvA2R=2mg,则小球到达C点时对轨道的压力为2mg,故A正确;小球在AC部分做匀速圆周运动,加速度大小不变,方向始终指向圆心,故B错误;若电场力小于重力,根据动能定理知,小球到达C点的速度不可能为零;若小球所受的电场力大于重力,根据径向的合力提供向心力,在最低点的速度不可能为零,故C错误;若E=2mgq,在最低点轨道的作用力为零,根据牛顿第二定律得,qE-mg=mvC2R,解得vC=gR,根据动能定理得,mg(H+R)-qER=12mvC2,解得H=3R2,所以H至少为3R2,故D正确.2.(2016江苏江阴二中二模)真空室中有如图(甲)所示的装置,电极K持续发出的电子(初速度不计)经过电场加速后,从小孔O沿水平放置的偏转极板M,N的中心轴线OO射入.M,N板长均为L,间距为d,偏转极板右边缘到荧光屏P(足够大)的距离为s.M,N两板间的电压UMN随时间t变化的图线如图(乙)所示.调节加速电场的电压,使得每个电子通过偏转极板M,N的时间等于图(乙)中电压UMN的变化周期T.已知电子的质量、电荷量分别为m,e,不计电子重力.(1)求加速电场的电压U1;(2)欲使不同时刻进入偏转电场的电子都能打到荧光屏P上,求图(乙)中电压U2的范围;(3)证明在(2)问条件下电子打在荧光屏上形成亮线的长度与距离s无关.解析:(1)由动能定理可知eU1=12mv02-0,L=v0T,解得电压U1=mL22eT2.(2)t=0时刻进入偏转电场的电子,先做类平抛运动,后做匀速直线运动,射出电场时沿垂直于板面方向偏移的距离y最大.U2作用时间为T2,偏转位移为y1=12eU2md(T2)2,后T2时间内粒子做匀速直线运动,此时垂直于极板方向的平均速度为匀加速运动时的两倍,y2=2y1,y1+y2d2,得U24md23eT2.(3)对满足(2)问条件下任意确定的U2,不同时刻射出偏转电场的电子沿垂直于极板方向的速度均为vy=qU2T2md,电子速度偏转角的正切值为tan =qU2T2mdv0=qU2T22mdL,电子射出偏转电场时的偏转角度均相同,即速度方向相同,不同时刻射出偏转电场的电子沿垂直于极板方向的侧移距离可能不同,侧移距离的最大值与最小值之差y=eU2md(T2)2,y与U2有关.因电子射出时速度方向相同,所以在屏上形成亮线的长度等于y,可知,屏上形成亮线的长度与P到极板M,N右边缘的距离s无关.答案:(1)mL22eT2(2)U24md23eT2(3)见解析3.(2016北京市海淀区期末)如图所示,真空中有平行正对金属板A,B,它们分别接在输出电压恒为U=91 V的电源两端,金属板长L=10 cm、两金属板间的距离d=3.2 cm,A,B两板间的电场可以视为匀强电场.现使一电子从两金属板左侧中间以v0=2.0107 m/s的速度垂直于电场方向进入电场,然后从两金属板右侧射出.已知电子的质量m=0.9110-30 kg,电荷量e=1.610-19 C,两极板电场的边缘效应及电子所受的重力均可忽略不计.求:(计算结果保留两位有效数字)(1)电子在电场中运动的加速度a的大小;(2)电子射出电场时在沿电场线方向上的侧移量y;(3)从电子进入电场到离开电场的过程中,其动量增量的大小.解析:(1)设金属板A,B间的电场强度为E,则E=Ud,根据牛顿第二定律有Ee=ma,解得a=5.01014 m/s2.(2)电子以速度v0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=Lv0,电子射出电场时在沿电场线方向的侧移量y=12at2,解得y=0.63 cm.(3)设电子从进入电场到离开电场的时间t=Lv0内,其动量的改变量的大小为p,根据动量定理有eUtd=p,解得p=2.310-24 kgm/s.答案:(1)5.01014 m/s2(2)0.63 cm(3)2.310-24 kgm/s4.(2016华中师大附中期中)如图所示,一带电荷量为+q、质量为m的小球,从距地面高2h处以一定的初速度水平抛出,在距抛出点水平距离为s处有根管口比小球直径略大的竖直光滑细管,细管的上口距地面高为h,为了使小球能无碰撞地落进管口通过管子,可在管子上方整个区域内加一水平向左的匀强电场,求:(1)小球的初速度;(2)应加电场的场强;(3)小球落地时的动能.解析:(1)要使小球无碰撞地通过管口,则当它到达管口时,速度方向为竖直向下,竖直方向,自由落体运动,h=12gt2