1.解：（1）设两板间的电场强度为e，根据匀强电场的场强和电势差的关系得：
e= v/m =2.0×104v/m
2）小球静止时受力平衡
qe=mgtanθ
解得q==1.0×10-8c
2. 解：（1）当s闭合时，电容器电压为u，则： ①
对带电小球受力分析得。
由①②式解得。
2）断开s，电容器电压为u/，则：
对带电小球运动的全过程，根据动能定理得：
由③④⑤解得：
3. 解：⑴ 由动能定理可得： ＝
2) ∵电子进入偏转电场后，做类平抛运动。
竖直方向。
水平方向。电子的加速度： …
由①②③得：
4. 解：(1) 物块在向右运动过程中，水平方向受滑动摩擦力f，电场力f，做匀减速直线运动。
由得。滑动摩擦力： …
电场力。由①②③代入数据可得：
2) 物块向右做匀减速直线运动所发生的位移：
当物块向右运动速度为零时，因为， 所以物块将反向向左做匀加速直线运动。
但当物块向左运动过o处后，将在滑动摩擦力f的作用下做匀减速直线运动。
故物块最终停止在o处的左侧。
设物块最终停止运动时离o处的距离为d.
由动能定理可得：
5. 解：根据。
得到。在电子、质子、氘核、α粒子中，电子的比荷最大，所以电子会获得更大的速度大小。
6. 解：（1）设电子经电压u1加速后的速度为v0，根据动能定理得：
e u1=解得：
2）电子以速度v0进入偏转电场后，垂直于电场方向作匀速直线运动，沿电场方向作初速度为零的匀加速直线运动。设偏转电场的电场强度为e，电子在偏转电场运动的时间为t1，电子的加速度为a，离开偏转电场时相对于原运动方向的侧移量为y1，根据牛顿第二定律和运动学公式得：
f=ee, e= ,f=ma, a = t1= y1=
解得： y1=
3）设电子离开偏转电场时沿电场方向的速度为vy，根据运动学公式得。
vy=a1t=
电子离开偏转电场后作匀速直线运动，设电子离开偏转电场后打在荧光屏上所用的时间为t2，电子打到荧光屏上的侧移量为y2，如图所示。
t2=， y2= vyt2
解得：y2=
p到o点的距离为 y=y1+y2=
7. 解：电子在电场中运动的受力情况及轨迹如图甲所示．
在的空间中，沿y轴正方向以v0的速度做匀速直线运动，沿轴负方向做匀加速直线运动，设加速度的大小为，则。
解得， 电子从a点进入的空间后，沿y轴正方向仍做v0的匀速直线运动，沿轴负方向做加速度大小仍为的匀减速直线运动，到达q点．根据运动的对称性得，电子在轴方向速度减为零的时间，电子沿y轴正方向的位移=
电子到达q点后，在电场力作用下，运动轨迹 qcp1与qap关于qb对称，而后的运。
动轨迹沿y轴正方向重复paqcp1，所以有：
1）电子的方向分运动的周期。
2）电子运动的轨迹与y轴的各个交点中，任意两个交点的距离。
8.解：（1）设微粒穿过b板小孔时的速度为v，根据动能定理，有。
解得。2）微粒进入半圆形金属板后，电场力提供向心力，有。
联立⑴、⑵得。
3）微粒从释放开始经t1射出b板的小孔，则。
设微粒在半圆形金属板间运动经过t2第一次到达最低点p点，则。
所以从释放微粒开始，经过微粒第一次到达p点；
根据运动的对称性，易知再经过微粒再一次经过p点。
所以经过时间，微粒经过p点。
9. 解：（1）粒子电荷量为2e，质量为4m
由题可知：
2）依题意，有
解得：10. 解：（1）当电场力的方向与细线垂直时，电场强度最小。由mgsinθ=qe，解得：e=。
小球带负电，所受电场力方向与场强方向相反，故场强方向为斜向左下方。
2)设线长为l，小球运动到最低点的速度为v，细线对小球的拉力为f，则有：
mgl(1-cosθ)=mv2，f-mg=m
联立解得：f=mg(3-2cosθ).
根据牛顿第三定律，小球对细线的拉力f’= f=mg(3-2cosθ)
11. 解：（1）粒子由至的过程中，根据动能定理得。
由式得。设粒子的加速度大小为，由牛顿第二定律得。
由运动学公式得。
联立式得。2)设磁感应强度大小为b，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由牛顿第二定律得。
要使粒子在磁场中运动时不与极板相撞，须满足。
联立式得。3）设粒子在两边界之间无场区向左匀速运动的过程用时为，有。
联立式得。若粒子再次达到时速度恰好为零，粒子回到极板间应做匀减速运动，设匀减速运动的时间为，根据运动学公式得。
联立式得。设粒子在磁场中运动的时间为。
联立式得。设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为t，由式结合运动学公式得。
由题意得。联立式得。
12.解：1)设小球p所受电场力为f1，则f1=qe ①
在整个空间重力和电场力平衡，有fl=mg ②
联立相关方程得 e=mg/q
设小球p受到冲量后获得速度为v，由动量定理得i=mv ④
得 v=i/m
2)设p、q同向相碰后在w点的最大速度为vm，由动量守恒定律得。
mv+mv0=(m+m)vm
此刻轻绳的张力也为最大，由牛顿运动定律得f-(m+m)g=vm2
联立相关方程，得 f=()2+2mg
3)设p在肖上方做匀速直线运动的时间为h，则 tp1
设p在x下方做匀速圆周运动的时间为tp2，则。
tp2设小球q从开始运动到与p球反向相碰的运动时间为tq，由单摆周期性，有。
由题意，有 tq=tp1+ tp2
联立相关方程，得。
n为大于的整数。
设小球q从开始运动到与p球同向相碰的运动时间为tq,由单摆周期性，有。
同理可得。n为大于的整数。
13.解：粒子在磁场中做圆周运动，设圆周的半径为r，由牛顿第二定律和洛仑兹力公式得。
① 式中v为粒子在a点的速度。
过b点和o点作直线的垂线，分别与直线交于c和d点。由几何关系知，线段、和过a、b两点的轨迹圆弧的两条半径围成一正方形。因此， ②
设=x，由几何关系得。
联立式得 ⑤
再考虑粒子在电场中的运动。设电场强度的大小为e，粒子在电场中做类平抛运动。设其加速度大小为a，由牛顿第二定律和带电粒子在电场中受力公式得。
粒子在电场方向和直线方向所走的距离均为r，由运动学公式得。
⑦ vt ⑧
式中t是粒子在电场中运动的时间，联立式得 ⑨
14. 解：（1）铀粒子在电场中加速到速度v，根据动能定理有。
进入磁场后在洛伦兹力作用下做圆周运动，根据牛顿第二定律有。
由以上两式化简得。
（2）在时间t内收集到的粒子个数为n，粒子总电荷量为q，则。
由④④⑤式解得。
3）两种粒子在磁场中运动的轨迹不发生交叠，即不要重合，由可得半径为。
由此可知质量小的铀235在电压最大时的半径存在最大值。
质量大的铀238质量在电压最小时的半径存在最小值。
所以两种粒子在磁场中运动的轨迹不发生交叠的条件为。化简得。
15. 解：（1）i1方向向左，i2方向向右，2）当mn中通以电流i时，线圈所受安培力大小为f＝kiil（－）f1:
f2＝i1:i2，3）2t0＝g，2t1＋f1＝g，f3＋g＝g/ga，i1:i3＝f1:
f3＝（t0－t1）g /（a－g）t0，i3＝（a－g）t0i1/（t0－t1）g
16. 解：（1）设粒子射出加速器的速度为， 动能定理
由题意得，即。
2）在第一个偏转电场中，设粒子的运动时间为：
加速度的大小 ，在离开时，竖直分速度
竖直位移水平位移
粒子在两偏转电场间做匀速直线运动，经历时间也为。
竖直位移。由题意知，粒子竖直总位移，解得
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