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帶電粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)穿過電場的徑跡如圖中的虛線所示，不考慮重力和空氣阻力，在由電場中的A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中，粒子的能量變化是（　�。�

A．動(dòng)能減小

B．電勢能減小

C．動(dòng)能、電勢能之和減小

D．動(dòng)能、電勢能之和增大

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帶電粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)穿過電場的徑跡如圖中的虛線所示，不考慮重力和空氣阻力，在由電場中的A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中，粒子的能量變化是（　�。�

A．動(dòng)能減小	B．電勢能減小
C．動(dòng)能、電勢能之和減小	D．動(dòng)能、電勢能之和增大

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一帶電粒子只在電場力的作用下沿圖中曲線從J到K穿過一勻強(qiáng)電場，a、b、c、d為該電場的等勢面，其中有φ_a＜φ_b＜φ_c＜φ_d，若不計(jì)粒子的重力，可以確定（　�。�

A．粒子帶正電

B．從J到K粒子的電勢能增加

C．粒子帶負(fù)電

D．粒子從J到K運(yùn)動(dòng)過程中的動(dòng)能與電勢能之和可能增加

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一帶電粒子只在電場力的作用下沿圖中曲線JK穿過一勻強(qiáng)電場，a、b、c、d為該電場的等勢面，其中有φ_a＜φ_b＜φ_c＜φ_d，若不計(jì)粒子的重力，以下說法錯(cuò)誤的是（　　）

A．粒子帶正電

B．從J到K粒子的電勢能增加

C．粒子帶負(fù)電

D．粒子從J到K運(yùn)動(dòng)過程中的動(dòng)能與電勢能之和可能增加

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1. BCD   2. BC    3.D        4.A     5. C

6. AD    7.C     8. CD        9. AB    10.BC

11.（１）ＣＤ（２）指零　　指零　　指零　　　左偏　

12. 電極Ａ與導(dǎo)電紙接觸不良

13. 解：（１）小球速度最大時(shí)，棒對它的彈力垂直于棒向下，受力分析如圖，沿桿方向，，垂直桿方向：，聯(lián)立以上各式，得

所以：

（２）小球Ｃ從斜置的絕緣棒上由靜止開始運(yùn)動(dòng)，必須滿足條件，而即，所以

14. 解：（１）根據(jù)牛頓第二定律，根據(jù)庫侖定律，，解得

（２）當(dāng)Ａ球受到的合力為零即加速度為零時(shí)，動(dòng)能最大，設(shè)此時(shí)Ａ球與Ｂ點(diǎn)間的距離為Ｒ，則，解得。

15. 解：（１）、（２）如圖所示，設(shè)小球在Ｃ點(diǎn)的速度大小是，對軌道的壓力大小為，則對于小球由ＡC的過程中，應(yīng)用動(dòng)能定理列出：－０，在Ｃ點(diǎn)的園軌道徑向應(yīng)用牛頓第二定律，有，解得

（３）如圖所示，設(shè)小球初始位置應(yīng)在離Ｂ點(diǎn)ｘｍ的點(diǎn)，對小球由Ｄ的過程應(yīng)用動(dòng)能定理，有：，在Ｄ點(diǎn)的圓軌道徑向應(yīng)用牛頓第二定律，有，解得

16. 解：（１）F₁為P₁參與的運(yùn)動(dòng)而受到指向Ｎ端的洛倫茲力，其值為：（其中 ，為的電量），對應(yīng)有指向Ｎ端的加速度： （其中ｍ為的質(zhì)量）

在管中運(yùn)動(dòng)會(huì)使它受到另一個(gè)向左的洛倫茲力，此力與管壁對向右的力所抵消，到達(dá)Ｎ端時(shí)具有沿管長方向的速度：

所以，對紙平面的速度大小為：

又因?yàn)?sub>，故：

即：

所以的比荷為：

（２）從Ｍ端到Ｎ端經(jīng)歷的時(shí)間為：

離開管后將在紙平面上做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，半徑與周期分別為：

經(jīng)ｔ_１時(shí)間已隨管朝正右方向運(yùn)動(dòng)：

的距離

所以離開Ｎ端的位置恰好為的初始位置

經(jīng)時(shí)間ｔ_１已知運(yùn)動(dòng)到如圖所示的位置Ｓ_２走過的路程為

只能與相碰在圖中的Ｓ處，相遇時(shí)刻必為

且要求在這段時(shí)間內(nèi)恰好走過2Ｒ的路程，因此有

即得：

所以：

17. 解：……①　

由于重力和電場力平衡，電粒子在洛倫茲力作用下做圓周運(yùn)動(dòng)，小球平拋且碰時(shí)動(dòng)量守恒，根據(jù)條件，碰后反向

……①

另有……②

解得……③

對平拋：

解得