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高中物理人教版 (2019)必修 第三册5 带电粒子在电场中的运动课时练习
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这是一份高中物理人教版 (2019)必修 第三册5 带电粒子在电场中的运动课时练习，共30页。试卷主要包含了2V/m等内容，欢迎下载使用。
2020-2021学年度人教版（2019）必修第三册
10.5带电粒子在电场中的运动同步训练5（含解析）
1．如图所示，虚线MN下方存在着方向水平向左、范围足够大的匀强电场，场强，AB为绝缘光滑且固定的四分之一圆弧轨道，轨道半径为R，O为圆心，B位于O点正下方。一质量为m、电荷量为q的带正电小球，从A点由静止释放进入轨道。空气阻力不计，下列说法正确的是（ ）
A．小球在运动过程中机械能守恒
B．小球不能到达B点
C．小球沿轨道运动的过程中，对轨道的压力一直增大
D．小球沿轨道运动的过程中，动能的最大值为
2．如图所示，点电荷Q固定，虚线是带电荷量为q的微粒的运动轨迹，微粒的重力不计，a、b是轨迹上的两个点，b离Q较近。下列说法正确的是（ ）
A．Q一定是带正电荷，q一定是带负电荷
B．不管Q带什么性质的电荷，粒子在a点的速度一定比b点的大
C．微粒通过a、b两点时，加速度方向都是指向Q
D．微粒在a、b两点时的场强方向为切线方向
3．如图，一质量、电荷量为的点电荷固定在正方形的一个顶点上。现将同样的点电荷从无穷远处移动点，此过程中，电场力做功为。再将该电荷从点沿移到点并固定。最后将一电荷量为的点电荷从无穷远处移到点。下列说法正确的有（ ）
A．从点移到点的过程中，电场力做负功
B．移入之前，点的电势为
C．从无穷远处移到点的过程中，所受电场力做的功为
D．在移到点后的电势能为
4．喷墨打印机的简化模型如图所示。墨盒可以喷出质量一定的墨汁微粒，经带电室带负电后，以一定的初速度垂直射入偏转电场，再经偏转电场后打到纸上，显示出字符。已知墨汁微粒所带电荷量的多少由计算机的输入信号按照文字的排列规律进行控制，微粒偏移量越小打在纸上的字迹越小。则从墨汁微粒进入偏转电场开始到打到纸上的过程中（不计墨汁微粒的重力），以下说法正确的是（ ）
A．墨汁微粒的轨迹是抛物线
B．电量相同的墨汁微粒轨迹相同
C．墨汁微粒的运动轨迹与带电量无关
D．增大偏转极板间的电压，可以缩小字迹
5．如图所示，一棱长为d的正方体置于存在匀强电场的空间中，电场的方向沿z轴正方向，电场强度大小为E，ABCD和是正方体的顶点。一质量为m、电荷量为的粒子以速度从D点沿DB方向射入正方体内，粒子的重力可以忽略，当粒子到达连线上某点时（ ）
A．所用时间为
B．速度大小为
C．与D点的距离为
D．速度方向与轴负方向的夹角为30°
6．如图所示，一束不同的带正电的粒子（不计重力），垂直电场线进入偏转电场，若使它们经过电场区域时偏转距离y和偏转角θ都相同，应满足（ ）
A．先经同一电场加速，然后再进入偏转电场
B．进入偏转电场时具有相同的动能
C．进入偏转电场时具有相同的速度
D．进入偏转电场时具有相同的
7．如图所示，等量同种点电荷、分别固定在A。B两点，为A，B连线的中垂线，P，M分别为AB和上的点。电子自M点获得垂直纸面向里的初速度后，恰能做匀速圆周运动。下列说法正确的是（ ）
A．、均带负电
B．M点的场强沿MO方向
C．在A，B两点之间的连线上，还有一处与P点场强相同的点
D．从M点正上方某处以原初速度垂直射入的电子，不可能做匀速圆周运动
8．如图所示，两带等量异种电荷的平行金属板A、B与水平面的夹角为60º，板间距离为d，板长为L，A板带负电，B板带正电。有一质量为m、带负电的油滴从B板的下边缘P点以初速度v0竖直向上射出后，恰好从A板的上边缘平行于金属板方向飞出。已知重力加速度为g，两金属板间的电场可视为匀强电场，空气阻力不计，下列说法正确的是（ ）
A．油滴在金属板间做类平抛运动
B．油滴飞出电场时的速度
C．油滴在电场中飞行的时间为
D．油滴飞出电场时的速度偏转角α与位移和初速度方向的夹角β的关系为tanα=2tanβ
9．如图所示，在足够长的光滑绝缘水平直线轨道上方的P点，固定一电荷量为的点电荷。一质量为m、带电荷量为的物块（可视为质点的检验电荷），从轨道上的A点以初速度沿轨道向右运动，当运动到P点正下方的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，k为静电常数，下列说法正确的是（ ）
A．点电荷产生的电场在B点的电场强度大小为
B．物块在A点时受到轨道的支持力大小为
C．物块从A到B机械能减少量为
D．点电荷产生的电场在B点的电势为
10．如图甲所示，长为的两块正对金属板A、B水平放置，两板接上如图乙所示随时间变化的交流电压，电子流沿中心线从点以初速度射入板间，电子都不会碰到极板。已知电子的质量为，电荷量为。下列说法正确的是（ ）
A．两板间距
B．电子在时刻从点射入时一定从中心线离开电场
C．电子在时刻从点射入时一定从中心线离开电场
D．电子无论在哪一时刻从点射入，离开板间电场时的速率一定是
11．一个点电荷只受电场力作用，沿一圆弧M、N做匀速圆周运动，该电荷的电量为q(它对所在处电场的影响忽略)，质量为m（重力不计），圆弧M、N的弧长为l，经过圆弧M、N两点的时间为t，且过这两点的速度偏向角为θ，则（ ）
A．点电荷q的加速度大小为
B．该电场的场强方向一定指向圆弧的圆心
C．M、N两点的电势相等
D．该点电荷q所处的电场可能是两个同种等量点电荷所产生的
12．如图甲所示，有一绝缘圆环，圆环上均匀分布着正电荷，圆环平面与竖直平面重合。一光滑细杆沿垂直圆环平面的轴线穿过圆环，细杆上套有一个质量为m=10g的带正电的小球，小球所带电荷量q=5.0×10-4C．小球从C点由静止释放，其沿细杆由C经B向A运动的vt图象如图乙所示。小球运动到B点时，速度图象的切线斜率最大（图中标出了该切线）。则下列说法正确的是（ ）
A．在O点右侧杆上，B点场强最大，场强大小为E=1.2V/m
B．由C到A的过程中，小球的电势能先减小后变大
C．由C到A电势逐渐降低
D．C、B两点间的电势差UCB=0.9V
13．如图，质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向同时射入两平行板间的匀强电场中，P从两极板间正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们打在上板同一点，不计重力，不计粒子间的相互作用，下列说法正确的是（ ）
A．粒子在电场中的运动时间相同
B．打到极板上时，Q粒子的动能是P粒子动能的2倍
C．粒子P、Q的电荷量之比为2∶1
D．粒子P、Q的电势能减少量之比1∶4
14．如图所示，不带电物体A和带电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，A、B的质量分别为2m和m，劲度系数为k的轻弹簧一端固定在水平面上，另一端与物体A相连，倾角为的斜面处于沿斜面向上的匀强电场中，整个系统不计一切摩擦开始时，物体B在一沿斜面向上的外力F=3mgsin的作用下保持静止且轻绳恰好伸直，然后撤去外力F，直到物体B获得最大速度，且弹簧未超过弹性限度，则在此过程中（ ）
A．物体B带负电，受到的电场力大小为2mgsin
B．撤去外力F的瞬间，物体B的加速度大小为3gsin
C．物体B的速度最大时，弹簧的伸长量为
D．物体A、弹簧和地球所组成的系统机械能增加量等于物体B和地球组成的系统的机械能的减少量
15．绝缘水平面上固定一正点电荷Q，另一质量为m、电荷量为的滑块（可看作点电荷）从a点以初速度沿水平面向Q运动，到达b点时速度减为零，已知a、b间距离为s，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。此过程中产生的内能___________，完成ab位移所用时间___________（以上均选填“>”、“=”或“<”）。
16．如图所示，在边长为L的正方形ABCD区域内有场强大小为E的匀强电场。竖直平行直线为匀强电场的电场线（方向未知，图中未画出），现有一电荷量为q，质量为m的带负电的粒子，从A点以某一初速度沿AB边，垂直电场方向进入电场，该带电粒子经过电场中的P点并从BC边上的Q点离开电场，忽略空气的阻力，不考虑带电粒子的重力。
(1)判断电场方向；
(2)若粒子从Q点离开电场时速度方向与水平方向夹角为，已知，，求带电粒子从A点到Q点过程中电场力所做的功；
(3)若，求带电粒子从A点到P点的运动时间。
17．如图所示，光滑水平轨道与半径为R的光滑竖直半圆轨道在B点平滑连接。在过圆心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的匀强电场，场强大小未知。已知半径为R的光滑竖直半圆轨道下半部分绝缘（可使小球的电荷量保持不变），上半部分是导体（可使小球的电荷量迅速消失），在C点设置一压力传感器。A、B两点间的距离为2R，图中P点恰好在A点的正上方，重力加速度为g。现有一个质量为m、电荷量为q的带正电小球（可视为质点）从水平轨道上的A点由静止释放，小球运动到C点离开半圆轨道后，经界面MN上的P点进入电场。
（1）小球经过C点时压力传感器的读数为多少？
（2）求电场强度大小的表达式；
（3）小球在半圆轨道上运动到何处时速率最大？最大速率是多少？（用根号表示）
18．—根长为的绝缘丝线吊着一质量为m，带电荷量为q的小球静止在水平向右的匀强电场中，如图所示，丝线与竖直方向夹角为37°（已知重力加速度为g，，）。求：
(1)匀强电场的电场强度的大小；
(2)若将电场强度大小改为原来的，方向不变，不考虑因电场的改变而带来的其他影响，小球从图示位置由静止释放，到达最低点的动能。
19．如图所示，BCDG是光滑绝缘的圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中。现有一质量为m、带正电的小滑块可视为质点置于水平轨道上，滑块受到的电场力大小为，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为，重力加速度为。求：
(1)若滑块从水平轨道上距离B点的A点由静止释放，滑块到达圆心O正下方的B点时速度大小；
(2)改变s的大小，使滑块恰好始终沿轨道滑行，且从G点飞出轨道，求滑块在圆轨道上滑行过程中的最小速度大小；
(3)满足(2)问条件的s的大小。
20．在如图所示的绝缘水平面上，有两个边长为d=0.2m的正方形区域Ⅰ、Ⅱ，其中区域Ⅰ中存在水平向右的大小为E1=30N/C的匀强电场（图中未画出）、区域Ⅱ中存在竖直向上的大小为E2=150N/C的匀强电场（图中未画出）．现有一可视为质点的质量为m=0.3kg的滑块以v0=1m/s的速度由区域Ⅰ边界上的A点进入电场，经过一段时间滑块从边界上的D点离开电场（D点未画出），滑块带有q=+0.1C的电荷量，滑块与水平面之间的动摩擦因数为μ=0.75，重力加速度g=10m/s2。
(1)滑块在B点的速度为多大?
(2)AD两点间的电势差UAD是多少?
(3)若仅改变区域Ⅱ中电场强度的大小，欲使滑块从区域Ⅱ中的右边界离开电场，则区域Ⅱ中电场强度大小E的取值范围应为多少?
21．如图所示，两平行金属板水平放置，板中间带孔，两板间距，两板间的电势差。一质量的带电颗粒自小孔正上方高处由静止自由下落，后经小孔进入两极板之间，运动至距板处速度为零。若空气阻力不计，重力加速度取。试问：颗粒带什么电荷？颗粒带电量为多大？
22．如图甲所示，在真空中足够大的绝缘水平地面上，一个质量为m＝0.2 kg、电荷量为 q＝＋2.0×10－6 C的小物块处于静止状态，小物块与地面间的动摩擦因数μ＝0.1。从t＝0时刻开始，空间上加一个如图乙所示的电场。（取水平向右的方向为正方向，g取10 m/s2）求：
(1)4 s内小物块的位移大小；
(2)4 s内静电力对小物块所做的功。
23．一带电量为的平行板电容器水平放置，上极板接地，中间有一小孔A，现在靠近下极板Р处正对小孔由静止释放一质量为，电荷量为的带负电微粒，如图1所示，微粒运动的图像如图2所示，不考虑边缘效应及空气阻力的作用，重力加速度取，求：
(1)的大小；
(2)电场强度E；
(3)P点的电势。
参考答案
1．D
【详解】
A．除重力以外做功的力只有电场力，从到电场力做负功，所以机械能减少，故A错误；
B．从到根据动能定理得
解得
所以能到达点，故B错误；
C．从到过程中存在一位置的重力和电场力的合力的反向延长线过圆心如下图所示
此点为等效最低点，即速度最大的位置，所以从到速度先增大后减小，由牛顿第二定律可知对轨道的压力先增大后减小，故C错误；
D．等效最低点重力和电场力的合力的反向延长线与竖直方向夹角为，则
则
从到等效最低点的过程中，动能定理
解得
故D正确。
故选D。
2．C
【详解】
A．由运动轨迹看出，微粒q的轨迹向下弯曲，q受到Q的吸引，所以Q与q是异种电荷，但不能确定Q、q的电性。故A错误；
B．微粒q的轨迹向下弯曲，q受到Q的吸引，又因为b离Q较近，可知从a到b，电场力做正功，动能增加，故粒子在a点的速度一定比b点的小，B错误；
CD．微粒通过a、b两点时，受到的库仑力方向都指向Q，即场强方向均指向Q，根据牛顿第二定律分析可知，在这两点的加速度方向都是指向Q，故C正确，D错误；
故选C。
3．D
【详解】
A．根据点电荷周围的电势可知，从点移到点的过程中电势能减小，故电场力做正功，A错误；
B．从无穷远处移到点的过程，根据电场力做功公式得
得
因未规定零势能面，故无法判断此时点的电势，B错误；
C．当将点电荷从点沿移到点并固定后，此时发生改变，故此时从无穷远处移到点的过程中，所受电场力做功不为，故C错误；
D．当仅存在B点的点电荷时，此时从无穷远处移到点的过程中，所受电场力做的功为，根据对称性可知，当仅存在A点的点电荷时，此时从无穷远处移到点的过程中，所受电场力做的功为，故当在移到点后电场力做功，即电势能为，D正确；
故选D。
4．B
【详解】
A．由于微滴的重力不计，在偏转电场中仅受电场力，做类平抛运动，出离电场后做匀速直线运动，故A错误。
BC．粒子的侧向位移
因微滴的质量一定，则电量相同的微粒运动轨迹相同，选项B正确，C错误；
D．根据
可知，增大偏转电压U可增大y的值，即可以增加字迹，故D错误。
故选B。
5．C
【详解】
A．带负电的粒子在匀强电场受到沿z轴负向的电场力，从D点以速度做类平抛运动，轨迹如图所示
因，，故
，
而为类平抛运动的位移偏向角，有
联立解得类平抛的时间为
故A错误；
B．类平抛的末速度为两分速度的合成，有
故B错误；
C．粒子到达连线上M点时与D点的距离为类平抛的位移，有
故C正确；
D．设速度方向与轴负方向的夹角为，则由速度的三角形关系有
故夹角不是30°，D错误；
故选C。
6．A
【详解】
在加速电场中，由动能定理得
在偏转电场中，离子做类平抛运动，水平方向做匀速运动，竖直方向做初速度为零的匀加速运动，则有
水平方向
L=v0t
竖直方向
vy=at
联立得
可见两种离子进入偏转电场前，由静止经同一加速电场加速，则y和tanθ相同；
而由
而两粒子的比荷相同、或者进入偏转电场时速度v0或动能相同时，偏转距离y和tanθ不相同，故A正确，BCD错误。
故选A。
7．B
【详解】
A．因电子带负电，入射后能做匀速圆周运动，故向心力由库仑力提供，故两等量同种点电荷均带正电，故A错误；
B．由平行四边形定则可知，M点的场强方向由M指向O，故B正确；
C．由点电荷电场分布特点及场强叠加可知，P点场强由P指向A，由电场分布对称性可知，A、B连线上只有与P的场强大小相等的点，没有相同的点，故C错误；
D．因M点的场强无法判断是否为上最大的点，而在中垂线上的场强分布是先增大后减小，因此在M点上方或者下方存在场强相同的点，故对电子由牛顿第二定律可知
电子无论自M点上方还是下方以原初速度垂直入射，均可能仍做匀速圆周运动，故D错误；
故选B。
8．C
【详解】
A．液滴受重力和电场力作用，合力与初速度方向不垂直，故不是类平抛运动，故A错误；
B．油滴飞出电场时只有沿极板方向的速度
故B错误；
C．垂直极板方向
解得：
故C正确；
D．因为油滴不是类平抛运动，故油滴飞出电场时的速度偏转角α与位移和初速度方向的夹角β的关系不是tanα=2tanβ，故D错误。
故选C。
9．AD
【详解】
A．由点电荷的电场强度公式，得
故A正确；
B．物体受到点电荷的库仑力为
由几何关系可知
物体在点时，由平衡条件有
解得
故B错误；
CD．设点电荷产生的电场在点的电势为，机械能减少量为，动能定理有
解得
，
故C错误，D正确。
故选AD。
10．ACD
【详解】
A．任何一个电子离开电场所用的时间均为
当电子在（为自然数）时刻从点射入，射出电场时电子离开中心线的距离最大，为
得
A正确；
B．电子在时刻从点射入时，电子离开电场时与中心线间的距离最大，不会从中心线离开电场，B错误；
C．电子在时刻从点射入后，在电场中的运动轨迹如图，
根据对称性可知电子从中心线离开电场，C正确；
D．设电子从时刻从点射入电场，则沿电场方向的分速度
离开电场时只有中心线方向上的速度，大小为，D正确。
故选ACD。
11．ACD
【详解】
A．点电荷q做圆周运动转过的圆心角为θ，加速度大小为
故A正确；
B．不知道该电荷的正负，该电场的场强方向不一定指向圆弧的圆心，故B错误；
C．该电荷做匀速圆周运动，所以电场力不做功，故M、N两点的电势相等，故C正确；
D．该点电荷q可以在两个等量同种点电荷中垂面上做匀速圆周运动，故D正确；
故选ACD。
12．ACD
【详解】
A．由v-t图象可知，小球在B点的加速度最大，故所受的电场力最大，加速度由电场力产生，故B点的电场强度最大，小球的加速度为
又因为qE=ma，解得：E=1.2V/m，故A正确。
BC．从C到A小球的动能一直增大，则电场力一直做正功，故电势能一直减小，又因为小球带正电，故从C到A电势逐渐降低，故B错误，C正确；
D．由C到B电场力做功
CB间的电势差为：
故D正确；
故选ACD。
13．AD
【详解】
A．粒子运动过程只受电场力作用，故竖直方向做匀加速运动，水平方向做匀速运动；两粒子初速度相同，水平位移相同，故运动时间相同；故A正确；
B．在竖直方向有Q粒子的位移为P粒子的两倍，运动时间相同，故Q粒子的加速度为P粒子的加速度的两倍，那么，Q粒子的电场力为P粒子的电场力的两倍；根据W=Fx可得电场力对P、Q两粒子做的功之比为1：4，根据动能定理可得
解得
由于P、Q两粒子的初动能相同，但具体数值未知，所以打到极板上时，Q粒子的动能不一定是P粒子动能的2倍，故B错误；
C．根据做功公式则有
其中
可得
故C错误；
D．电场力对P、Q两粒子做的功之比为1：4，根据功能关系可得粒子P、Q的电势能减少量之比1∶4，故D正确；
故选AD。
14．AC
【详解】
A．当施加沿斜面向上的外力F=3mgsin时，物体B静止，可判断电场力沿斜面向下，物体B带负电，对B分析可知
F-mgsinθ-F电=0
解得
F电=2mgsinθ
故A正确；
B．当撤去外力瞬间，弹簧弹力还来不及改变，即弹簧的弹力仍为零，当撤去外力F的瞬间物体AB受到的合外力为
F合=F电+mgsinθ=（m+2m）a
解得
a=gsinθ
故B错误；
C．当B受到的合力为零时，B的速度最大，由
kx=F电+mgsinθ
解得
故C正确；
D．物体B的电场力做正功，整个系统的机械能增加，物体A、弹簧和地球组成的系统机械能增加量不等于物体B和地球组成的系统机械能的减少量，故D错误；
故选AC。
15．> >
【详解】
[1]从a到b由动能定理
而
则
[2]由a到b运动时，速度可以减为零，可知整个过程中摩擦力大于库仑力，库仑力逐渐变大，则由
可知加速度逐渐变小，则整个过程中的平均速度小于滑块做匀减速运动时对应的平均速度，则完成ab位移所用时间
16．(1)竖直向上；(2)；(3)
【详解】
(1)因带电粒子向下偏转，电场力方向向下，又因为带电粒子带负电，所以电场强度方向竖直向上。
(2)设带电粒子的初速度为，AQ连线跟水平方向的夹角为，A到Q的竖直位移为。带电粒子在电场中做类平抛运动，由题意知
解得
粒子从A到Q，电场力做的功为
(3)设粒子从A点到Q点经历时间为，则
其中
解得
设粒子从A点到P点经历时间为，在P点时的速度方向跟水平方向成角，则
对于粒子从A到Q的过程
联立以上各式解得
17．（1）mg；（2）；（3）见解析
【详解】
（1）小球离开C点后做平抛运动，根据平抛运动规律得
2R＝vCt，R＝gt2
设传感器对小球的压力为F，在C点，由牛顿第二定律得
F＋mg＝m
联立解得
F＝mg
因此小球经过C点时压力传感器的读数为mg
（2）小球从A到C由动能定理得
qE·3R－mg·2R＝mv
解得
E＝
（3）设小球运动到圆周D点时速度最大为v，OD与竖直线OB夹角为α，小球从A运动到D的过程，根据动能定理得
qE（2R＋Rsinα）－mgR（1－cosα）＝mv2
即
v2＝2gR（sinα＋cosα＋1）
根据数学知识可得，当α＝45°时速率最大，由此可得最大速率
vm＝
18．(1) ；(2)
【详解】
(1)小球受力如图
则有
(2)根据动能定理
可得
19．(1)；(2)；(3)
【详解】
解：设滑块到达B点时的速度为vB，从A到B过程，由动能定理得
由题可知：，，
代入解得
重力和电场力的合力的大小为
设方向与竖直方向的夹角为，则
得
滑块恰好由F提供向心力时，在圆轨道上滑行过程中速度最小，此时滑块到达DG间F点，相当于“最高点”，滑块与O连线和竖直方向的夹角为，设最小速度为v，根据
解得
即滑块在圆轨道上滑行过程中的最小速度为
从A到速度最小的点全程动能定理
代入解得
即s的大小为
20．(1)m/s；(2)A、D两点之间电势差为36V；(3)10N/C
(1)滑块在区域I中运动时，设滑块的加速度，根据牛顿第二定律可得
设滑块运动到两电场区域的交界点B的速度为，则
联立解得
(2)滑块在区域Ⅱ中做类平抛运动，设竖直向上的加速度，根据牛顿第二定律得
解得
假设滑块从区域Ⅱ的上边界离开电场区域，运动的时间为，根据类平抛运动的规律得，滑块在水平方向上做匀速运动，则
在竖直方向上做匀加速运动，则
联立解得
因此假设成立，则有
UAB=E1d=6V
UBD=E2d=30V
故AD两点间的电势差UAD为
UAD=UAB+UBD=36V
(3)滑块在区域Ⅱ中运动，刚好从右边界的最上端离开时，竖直向上的加速度，电场强度，根据类平抛运动的规律，水平方向上
竖直方向上有
根据牛顿第二定律得
联立并代入数据解得
若滑块到达C点时速度刚好为0，电场强度，水平方向的加速度，由运动学规律得
根据牛顿第二定律得
联立并代入数据解得
则区域Ⅱ中的电场强度时，滑块从区域Ⅱ的右边界离开。
21．负电；
【详解】
由知板带正电，电场方向竖直向下。
又因为颗粒在间减速，所以受到电场力竖直向上，与场强方向相反，故颗粒带负电。
粒子下落过程中，重力做功
电场力做功
其中
由动能定理得
代入数据解得
22．(1)8 m；(2)1.6J
【详解】
(1)0~2 s内小物块加速度
a1＝＝2 m/s2
位移
2 s末的速度为
v2＝a1t1＝4 m/s
2~4 s内小物块加速度
a2＝＝－2 m/s2
v4＝v2＋a2t2＝0
即4 s末小物块处于静止状态，位移
4 s内的位移
x＝x1＋x2＝8 m
(2)设静电力对小物块所做的功为W，由动能定理有
W－μmgx＝0
解得
W＝1.6 J
23．(1)1.5m/s；(2)，竖直向下；(3)
【详解】
(1)由图2可知，微粒先加速后又减速，说明微粒在0.2s时从飞出小孔，在重力作用下减速，0.5s时回到，0.2~0.5s内微粒加速度为，则有
(2)由速度图像知0~0.2s内微粒加速度
由牛顿第二定律得
求得电场强度为
电场强度方向竖直向下。
(3)间电势差
解得
因A板接地电势为0，故Р点电势为
2020-2021学年度人教版（2019）必修第三册
10.5带电粒子在电场中的运动同步训练5（含解析）
1．如图所示，虚线MN下方存在着方向水平向左、范围足够大的匀强电场，场强，AB为绝缘光滑且固定的四分之一圆弧轨道，轨道半径为R，O为圆心，B位于O点正下方。一质量为m、电荷量为q的带正电小球，从A点由静止释放进入轨道。空气阻力不计，下列说法正确的是（ ）
A．小球在运动过程中机械能守恒
B．小球不能到达B点
C．小球沿轨道运动的过程中，对轨道的压力一直增大
D．小球沿轨道运动的过程中，动能的最大值为
2．如图所示，点电荷Q固定，虚线是带电荷量为q的微粒的运动轨迹，微粒的重力不计，a、b是轨迹上的两个点，b离Q较近。下列说法正确的是（ ）
A．Q一定是带正电荷，q一定是带负电荷
B．不管Q带什么性质的电荷，粒子在a点的速度一定比b点的大
C．微粒通过a、b两点时，加速度方向都是指向Q
D．微粒在a、b两点时的场强方向为切线方向
3．如图，一质量、电荷量为的点电荷固定在正方形的一个顶点上。现将同样的点电荷从无穷远处移动点，此过程中，电场力做功为。再将该电荷从点沿移到点并固定。最后将一电荷量为的点电荷从无穷远处移到点。下列说法正确的有（ ）
A．从点移到点的过程中，电场力做负功
B．移入之前，点的电势为
C．从无穷远处移到点的过程中，所受电场力做的功为
D．在移到点后的电势能为
4．喷墨打印机的简化模型如图所示。墨盒可以喷出质量一定的墨汁微粒，经带电室带负电后，以一定的初速度垂直射入偏转电场，再经偏转电场后打到纸上，显示出字符。已知墨汁微粒所带电荷量的多少由计算机的输入信号按照文字的排列规律进行控制，微粒偏移量越小打在纸上的字迹越小。则从墨汁微粒进入偏转电场开始到打到纸上的过程中（不计墨汁微粒的重力），以下说法正确的是（ ）
A．墨汁微粒的轨迹是抛物线
B．电量相同的墨汁微粒轨迹相同
C．墨汁微粒的运动轨迹与带电量无关
D．增大偏转极板间的电压，可以缩小字迹
5．如图所示，一棱长为d的正方体置于存在匀强电场的空间中，电场的方向沿z轴正方向，电场强度大小为E，ABCD和是正方体的顶点。一质量为m、电荷量为的粒子以速度从D点沿DB方向射入正方体内，粒子的重力可以忽略，当粒子到达连线上某点时（ ）
A．所用时间为
B．速度大小为
C．与D点的距离为
D．速度方向与轴负方向的夹角为30°
6．如图所示，一束不同的带正电的粒子（不计重力），垂直电场线进入偏转电场，若使它们经过电场区域时偏转距离y和偏转角θ都相同，应满足（ ）
A．先经同一电场加速，然后再进入偏转电场
B．进入偏转电场时具有相同的动能
C．进入偏转电场时具有相同的速度
D．进入偏转电场时具有相同的
7．如图所示，等量同种点电荷、分别固定在A。B两点，为A，B连线的中垂线，P，M分别为AB和上的点。电子自M点获得垂直纸面向里的初速度后，恰能做匀速圆周运动。下列说法正确的是（ ）
A．、均带负电
B．M点的场强沿MO方向
C．在A，B两点之间的连线上，还有一处与P点场强相同的点
D．从M点正上方某处以原初速度垂直射入的电子，不可能做匀速圆周运动
8．如图所示，两带等量异种电荷的平行金属板A、B与水平面的夹角为60º，板间距离为d，板长为L，A板带负电，B板带正电。有一质量为m、带负电的油滴从B板的下边缘P点以初速度v0竖直向上射出后，恰好从A板的上边缘平行于金属板方向飞出。已知重力加速度为g，两金属板间的电场可视为匀强电场，空气阻力不计，下列说法正确的是（ ）
A．油滴在金属板间做类平抛运动
B．油滴飞出电场时的速度
C．油滴在电场中飞行的时间为
D．油滴飞出电场时的速度偏转角α与位移和初速度方向的夹角β的关系为tanα=2tanβ
9．如图所示，在足够长的光滑绝缘水平直线轨道上方的P点，固定一电荷量为的点电荷。一质量为m、带电荷量为的物块（可视为质点的检验电荷），从轨道上的A点以初速度沿轨道向右运动，当运动到P点正下方的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，k为静电常数，下列说法正确的是（ ）
A．点电荷产生的电场在B点的电场强度大小为
B．物块在A点时受到轨道的支持力大小为
C．物块从A到B机械能减少量为
D．点电荷产生的电场在B点的电势为
10．如图甲所示，长为的两块正对金属板A、B水平放置，两板接上如图乙所示随时间变化的交流电压，电子流沿中心线从点以初速度射入板间，电子都不会碰到极板。已知电子的质量为，电荷量为。下列说法正确的是（ ）
A．两板间距
B．电子在时刻从点射入时一定从中心线离开电场
C．电子在时刻从点射入时一定从中心线离开电场
D．电子无论在哪一时刻从点射入，离开板间电场时的速率一定是
11．一个点电荷只受电场力作用，沿一圆弧M、N做匀速圆周运动，该电荷的电量为q(它对所在处电场的影响忽略)，质量为m（重力不计），圆弧M、N的弧长为l，经过圆弧M、N两点的时间为t，且过这两点的速度偏向角为θ，则（ ）
A．点电荷q的加速度大小为
B．该电场的场强方向一定指向圆弧的圆心
C．M、N两点的电势相等
D．该点电荷q所处的电场可能是两个同种等量点电荷所产生的
12．如图甲所示，有一绝缘圆环，圆环上均匀分布着正电荷，圆环平面与竖直平面重合。一光滑细杆沿垂直圆环平面的轴线穿过圆环，细杆上套有一个质量为m=10g的带正电的小球，小球所带电荷量q=5.0×10-4C．小球从C点由静止释放，其沿细杆由C经B向A运动的vt图象如图乙所示。小球运动到B点时，速度图象的切线斜率最大（图中标出了该切线）。则下列说法正确的是（ ）
A．在O点右侧杆上，B点场强最大，场强大小为E=1.2V/m
B．由C到A的过程中，小球的电势能先减小后变大
C．由C到A电势逐渐降低
D．C、B两点间的电势差UCB=0.9V
13．如图，质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向同时射入两平行板间的匀强电场中，P从两极板间正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们打在上板同一点，不计重力，不计粒子间的相互作用，下列说法正确的是（ ）
A．粒子在电场中的运动时间相同
B．打到极板上时，Q粒子的动能是P粒子动能的2倍
C．粒子P、Q的电荷量之比为2∶1
D．粒子P、Q的电势能减少量之比1∶4
14．如图所示，不带电物体A和带电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，A、B的质量分别为2m和m，劲度系数为k的轻弹簧一端固定在水平面上，另一端与物体A相连，倾角为的斜面处于沿斜面向上的匀强电场中，整个系统不计一切摩擦开始时，物体B在一沿斜面向上的外力F=3mgsin的作用下保持静止且轻绳恰好伸直，然后撤去外力F，直到物体B获得最大速度，且弹簧未超过弹性限度，则在此过程中（ ）
A．物体B带负电，受到的电场力大小为2mgsin
B．撤去外力F的瞬间，物体B的加速度大小为3gsin
C．物体B的速度最大时，弹簧的伸长量为
D．物体A、弹簧和地球所组成的系统机械能增加量等于物体B和地球组成的系统的机械能的减少量
15．绝缘水平面上固定一正点电荷Q，另一质量为m、电荷量为的滑块（可看作点电荷）从a点以初速度沿水平面向Q运动，到达b点时速度减为零，已知a、b间距离为s，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。此过程中产生的内能___________，完成ab位移所用时间___________（以上均选填“>”、“=”或“<”）。
16．如图所示，在边长为L的正方形ABCD区域内有场强大小为E的匀强电场。竖直平行直线为匀强电场的电场线（方向未知，图中未画出），现有一电荷量为q，质量为m的带负电的粒子，从A点以某一初速度沿AB边，垂直电场方向进入电场，该带电粒子经过电场中的P点并从BC边上的Q点离开电场，忽略空气的阻力，不考虑带电粒子的重力。
(1)判断电场方向；
(2)若粒子从Q点离开电场时速度方向与水平方向夹角为，已知，，求带电粒子从A点到Q点过程中电场力所做的功；
(3)若，求带电粒子从A点到P点的运动时间。
17．如图所示，光滑水平轨道与半径为R的光滑竖直半圆轨道在B点平滑连接。在过圆心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的匀强电场，场强大小未知。已知半径为R的光滑竖直半圆轨道下半部分绝缘（可使小球的电荷量保持不变），上半部分是导体（可使小球的电荷量迅速消失），在C点设置一压力传感器。A、B两点间的距离为2R，图中P点恰好在A点的正上方，重力加速度为g。现有一个质量为m、电荷量为q的带正电小球（可视为质点）从水平轨道上的A点由静止释放，小球运动到C点离开半圆轨道后，经界面MN上的P点进入电场。
（1）小球经过C点时压力传感器的读数为多少？
（2）求电场强度大小的表达式；
（3）小球在半圆轨道上运动到何处时速率最大？最大速率是多少？（用根号表示）
18．—根长为的绝缘丝线吊着一质量为m，带电荷量为q的小球静止在水平向右的匀强电场中，如图所示，丝线与竖直方向夹角为37°（已知重力加速度为g，，）。求：
(1)匀强电场的电场强度的大小；
(2)若将电场强度大小改为原来的，方向不变，不考虑因电场的改变而带来的其他影响，小球从图示位置由静止释放，到达最低点的动能。
19．如图所示，BCDG是光滑绝缘的圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中。现有一质量为m、带正电的小滑块可视为质点置于水平轨道上，滑块受到的电场力大小为，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为，重力加速度为。求：
(1)若滑块从水平轨道上距离B点的A点由静止释放，滑块到达圆心O正下方的B点时速度大小；
(2)改变s的大小，使滑块恰好始终沿轨道滑行，且从G点飞出轨道，求滑块在圆轨道上滑行过程中的最小速度大小；
(3)满足(2)问条件的s的大小。
20．在如图所示的绝缘水平面上，有两个边长为d=0.2m的正方形区域Ⅰ、Ⅱ，其中区域Ⅰ中存在水平向右的大小为E1=30N/C的匀强电场（图中未画出）、区域Ⅱ中存在竖直向上的大小为E2=150N/C的匀强电场（图中未画出）．现有一可视为质点的质量为m=0.3kg的滑块以v0=1m/s的速度由区域Ⅰ边界上的A点进入电场，经过一段时间滑块从边界上的D点离开电场（D点未画出），滑块带有q=+0.1C的电荷量，滑块与水平面之间的动摩擦因数为μ=0.75，重力加速度g=10m/s2。
(1)滑块在B点的速度为多大?
(2)AD两点间的电势差UAD是多少?
(3)若仅改变区域Ⅱ中电场强度的大小，欲使滑块从区域Ⅱ中的右边界离开电场，则区域Ⅱ中电场强度大小E的取值范围应为多少?
21．如图所示，两平行金属板水平放置，板中间带孔，两板间距，两板间的电势差。一质量的带电颗粒自小孔正上方高处由静止自由下落，后经小孔进入两极板之间，运动至距板处速度为零。若空气阻力不计，重力加速度取。试问：颗粒带什么电荷？颗粒带电量为多大？
22．如图甲所示，在真空中足够大的绝缘水平地面上，一个质量为m＝0.2 kg、电荷量为 q＝＋2.0×10－6 C的小物块处于静止状态，小物块与地面间的动摩擦因数μ＝0.1。从t＝0时刻开始，空间上加一个如图乙所示的电场。（取水平向右的方向为正方向，g取10 m/s2）求：
(1)4 s内小物块的位移大小；
(2)4 s内静电力对小物块所做的功。
23．一带电量为的平行板电容器水平放置，上极板接地，中间有一小孔A，现在靠近下极板Р处正对小孔由静止释放一质量为，电荷量为的带负电微粒，如图1所示，微粒运动的图像如图2所示，不考虑边缘效应及空气阻力的作用，重力加速度取，求：
(1)的大小；
(2)电场强度E；
(3)P点的电势。
参考答案
1．D
【详解】
A．除重力以外做功的力只有电场力，从到电场力做负功，所以机械能减少，故A错误；
B．从到根据动能定理得
解得
所以能到达点，故B错误；
C．从到过程中存在一位置的重力和电场力的合力的反向延长线过圆心如下图所示
此点为等效最低点，即速度最大的位置，所以从到速度先增大后减小，由牛顿第二定律可知对轨道的压力先增大后减小，故C错误；
D．等效最低点重力和电场力的合力的反向延长线与竖直方向夹角为，则
则
从到等效最低点的过程中，动能定理
解得
故D正确。
故选D。
2．C
【详解】
A．由运动轨迹看出，微粒q的轨迹向下弯曲，q受到Q的吸引，所以Q与q是异种电荷，但不能确定Q、q的电性。故A错误；
B．微粒q的轨迹向下弯曲，q受到Q的吸引，又因为b离Q较近，可知从a到b，电场力做正功，动能增加，故粒子在a点的速度一定比b点的小，B错误；
CD．微粒通过a、b两点时，受到的库仑力方向都指向Q，即场强方向均指向Q，根据牛顿第二定律分析可知，在这两点的加速度方向都是指向Q，故C正确，D错误；
故选C。
3．D
【详解】
A．根据点电荷周围的电势可知，从点移到点的过程中电势能减小，故电场力做正功，A错误；
B．从无穷远处移到点的过程，根据电场力做功公式得
得
因未规定零势能面，故无法判断此时点的电势，B错误；
C．当将点电荷从点沿移到点并固定后，此时发生改变，故此时从无穷远处移到点的过程中，所受电场力做功不为，故C错误；
D．当仅存在B点的点电荷时，此时从无穷远处移到点的过程中，所受电场力做的功为，根据对称性可知，当仅存在A点的点电荷时，此时从无穷远处移到点的过程中，所受电场力做的功为，故当在移到点后电场力做功，即电势能为，D正确；
故选D。
4．B
【详解】
A．由于微滴的重力不计，在偏转电场中仅受电场力，做类平抛运动，出离电场后做匀速直线运动，故A错误。
BC．粒子的侧向位移
因微滴的质量一定，则电量相同的微粒运动轨迹相同，选项B正确，C错误；
D．根据
可知，增大偏转电压U可增大y的值，即可以增加字迹，故D错误。
故选B。
5．C
【详解】
A．带负电的粒子在匀强电场受到沿z轴负向的电场力，从D点以速度做类平抛运动，轨迹如图所示
因，，故
，
而为类平抛运动的位移偏向角，有
联立解得类平抛的时间为
故A错误；
B．类平抛的末速度为两分速度的合成，有
故B错误；
C．粒子到达连线上M点时与D点的距离为类平抛的位移，有
故C正确；
D．设速度方向与轴负方向的夹角为，则由速度的三角形关系有
故夹角不是30°，D错误；
故选C。
6．A
【详解】
在加速电场中，由动能定理得
在偏转电场中，离子做类平抛运动，水平方向做匀速运动，竖直方向做初速度为零的匀加速运动，则有
水平方向
L=v0t
竖直方向
vy=at
联立得
可见两种离子进入偏转电场前，由静止经同一加速电场加速，则y和tanθ相同；
而由
而两粒子的比荷相同、或者进入偏转电场时速度v0或动能相同时，偏转距离y和tanθ不相同，故A正确，BCD错误。
故选A。
7．B
【详解】
A．因电子带负电，入射后能做匀速圆周运动，故向心力由库仑力提供，故两等量同种点电荷均带正电，故A错误；
B．由平行四边形定则可知，M点的场强方向由M指向O，故B正确；
C．由点电荷电场分布特点及场强叠加可知，P点场强由P指向A，由电场分布对称性可知，A、B连线上只有与P的场强大小相等的点，没有相同的点，故C错误；
D．因M点的场强无法判断是否为上最大的点，而在中垂线上的场强分布是先增大后减小，因此在M点上方或者下方存在场强相同的点，故对电子由牛顿第二定律可知
电子无论自M点上方还是下方以原初速度垂直入射，均可能仍做匀速圆周运动，故D错误；
故选B。
8．C
【详解】
A．液滴受重力和电场力作用，合力与初速度方向不垂直，故不是类平抛运动，故A错误；
B．油滴飞出电场时只有沿极板方向的速度
故B错误；
C．垂直极板方向
解得：
故C正确；
D．因为油滴不是类平抛运动，故油滴飞出电场时的速度偏转角α与位移和初速度方向的夹角β的关系不是tanα=2tanβ，故D错误。
故选C。
9．AD
【详解】
A．由点电荷的电场强度公式，得
故A正确；
B．物体受到点电荷的库仑力为
由几何关系可知
物体在点时，由平衡条件有
解得
故B错误；
CD．设点电荷产生的电场在点的电势为，机械能减少量为，动能定理有
解得
，
故C错误，D正确。
故选AD。
10．ACD
【详解】
A．任何一个电子离开电场所用的时间均为
当电子在（为自然数）时刻从点射入，射出电场时电子离开中心线的距离最大，为
得
A正确；
B．电子在时刻从点射入时，电子离开电场时与中心线间的距离最大，不会从中心线离开电场，B错误；
C．电子在时刻从点射入后，在电场中的运动轨迹如图，
根据对称性可知电子从中心线离开电场，C正确；
D．设电子从时刻从点射入电场，则沿电场方向的分速度
离开电场时只有中心线方向上的速度，大小为，D正确。
故选ACD。
11．ACD
【详解】
A．点电荷q做圆周运动转过的圆心角为θ，加速度大小为
故A正确；
B．不知道该电荷的正负，该电场的场强方向不一定指向圆弧的圆心，故B错误；
C．该电荷做匀速圆周运动，所以电场力不做功，故M、N两点的电势相等，故C正确；
D．该点电荷q可以在两个等量同种点电荷中垂面上做匀速圆周运动，故D正确；
故选ACD。
12．ACD
【详解】
A．由v-t图象可知，小球在B点的加速度最大，故所受的电场力最大，加速度由电场力产生，故B点的电场强度最大，小球的加速度为
又因为qE=ma，解得：E=1.2V/m，故A正确。
BC．从C到A小球的动能一直增大，则电场力一直做正功，故电势能一直减小，又因为小球带正电，故从C到A电势逐渐降低，故B错误，C正确；
D．由C到B电场力做功
CB间的电势差为：
故D正确；
故选ACD。
13．AD
【详解】
A．粒子运动过程只受电场力作用，故竖直方向做匀加速运动，水平方向做匀速运动；两粒子初速度相同，水平位移相同，故运动时间相同；故A正确；
B．在竖直方向有Q粒子的位移为P粒子的两倍，运动时间相同，故Q粒子的加速度为P粒子的加速度的两倍，那么，Q粒子的电场力为P粒子的电场力的两倍；根据W=Fx可得电场力对P、Q两粒子做的功之比为1：4，根据动能定理可得
解得
由于P、Q两粒子的初动能相同，但具体数值未知，所以打到极板上时，Q粒子的动能不一定是P粒子动能的2倍，故B错误；
C．根据做功公式则有
其中
可得
故C错误；
D．电场力对P、Q两粒子做的功之比为1：4，根据功能关系可得粒子P、Q的电势能减少量之比1∶4，故D正确；
故选AD。
14．AC
【详解】
A．当施加沿斜面向上的外力F=3mgsin时，物体B静止，可判断电场力沿斜面向下，物体B带负电，对B分析可知
F-mgsinθ-F电=0
解得
F电=2mgsinθ
故A正确；
B．当撤去外力瞬间，弹簧弹力还来不及改变，即弹簧的弹力仍为零，当撤去外力F的瞬间物体AB受到的合外力为
F合=F电+mgsinθ=（m+2m）a
解得
a=gsinθ
故B错误；
C．当B受到的合力为零时，B的速度最大，由
kx=F电+mgsinθ
解得
故C正确；
D．物体B的电场力做正功，整个系统的机械能增加，物体A、弹簧和地球组成的系统机械能增加量不等于物体B和地球组成的系统机械能的减少量，故D错误；
故选AC。
15．> >
【详解】
[1]从a到b由动能定理
而
则
[2]由a到b运动时，速度可以减为零，可知整个过程中摩擦力大于库仑力，库仑力逐渐变大，则由
可知加速度逐渐变小，则整个过程中的平均速度小于滑块做匀减速运动时对应的平均速度，则完成ab位移所用时间
16．(1)竖直向上；(2)；(3)
【详解】
(1)因带电粒子向下偏转，电场力方向向下，又因为带电粒子带负电，所以电场强度方向竖直向上。
(2)设带电粒子的初速度为，AQ连线跟水平方向的夹角为，A到Q的竖直位移为。带电粒子在电场中做类平抛运动，由题意知
解得
粒子从A到Q，电场力做的功为
(3)设粒子从A点到Q点经历时间为，则
其中
解得
设粒子从A点到P点经历时间为，在P点时的速度方向跟水平方向成角，则
对于粒子从A到Q的过程
联立以上各式解得
17．（1）mg；（2）；（3）见解析
【详解】
（1）小球离开C点后做平抛运动，根据平抛运动规律得
2R＝vCt，R＝gt2
设传感器对小球的压力为F，在C点，由牛顿第二定律得
F＋mg＝m
联立解得
F＝mg
因此小球经过C点时压力传感器的读数为mg
（2）小球从A到C由动能定理得
qE·3R－mg·2R＝mv
解得
E＝
（3）设小球运动到圆周D点时速度最大为v，OD与竖直线OB夹角为α，小球从A运动到D的过程，根据动能定理得
qE（2R＋Rsinα）－mgR（1－cosα）＝mv2
即
v2＝2gR（sinα＋cosα＋1）
根据数学知识可得，当α＝45°时速率最大，由此可得最大速率
vm＝
18．(1) ；(2)
【详解】
(1)小球受力如图
则有
(2)根据动能定理
可得
19．(1)；(2)；(3)
【详解】
解：设滑块到达B点时的速度为vB，从A到B过程，由动能定理得
由题可知：，，
代入解得
重力和电场力的合力的大小为
设方向与竖直方向的夹角为，则
得
滑块恰好由F提供向心力时，在圆轨道上滑行过程中速度最小，此时滑块到达DG间F点，相当于“最高点”，滑块与O连线和竖直方向的夹角为，设最小速度为v，根据
解得
即滑块在圆轨道上滑行过程中的最小速度为
从A到速度最小的点全程动能定理
代入解得
即s的大小为
20．(1)m/s；(2)A、D两点之间电势差为36V；(3)10N/C
(1)滑块在区域I中运动时，设滑块的加速度，根据牛顿第二定律可得
设滑块运动到两电场区域的交界点B的速度为，则
联立解得
(2)滑块在区域Ⅱ中做类平抛运动，设竖直向上的加速度，根据牛顿第二定律得
解得
假设滑块从区域Ⅱ的上边界离开电场区域，运动的时间为，根据类平抛运动的规律得，滑块在水平方向上做匀速运动，则
在竖直方向上做匀加速运动，则
联立解得
因此假设成立，则有
UAB=E1d=6V
UBD=E2d=30V
故AD两点间的电势差UAD为
UAD=UAB+UBD=36V
(3)滑块在区域Ⅱ中运动，刚好从右边界的最上端离开时，竖直向上的加速度，电场强度，根据类平抛运动的规律，水平方向上
竖直方向上有
根据牛顿第二定律得
联立并代入数据解得
若滑块到达C点时速度刚好为0，电场强度，水平方向的加速度，由运动学规律得
根据牛顿第二定律得
联立并代入数据解得
则区域Ⅱ中的电场强度时，滑块从区域Ⅱ的右边界离开。
21．负电；
【详解】
由知板带正电，电场方向竖直向下。
又因为颗粒在间减速，所以受到电场力竖直向上，与场强方向相反，故颗粒带负电。
粒子下落过程中，重力做功
电场力做功
其中
由动能定理得
代入数据解得
22．(1)8 m；(2)1.6J
【详解】
(1)0~2 s内小物块加速度
a1＝＝2 m/s2
位移
2 s末的速度为
v2＝a1t1＝4 m/s
2~4 s内小物块加速度
a2＝＝－2 m/s2
v4＝v2＋a2t2＝0
即4 s末小物块处于静止状态，位移
4 s内的位移
x＝x1＋x2＝8 m
(2)设静电力对小物块所做的功为W，由动能定理有
W－μmgx＝0
解得
W＝1.6 J
23．(1)1.5m/s；(2)，竖直向下；(3)
【详解】
(1)由图2可知，微粒先加速后又减速，说明微粒在0.2s时从飞出小孔，在重力作用下减速，0.5s时回到，0.2~0.5s内微粒加速度为，则有
(2)由速度图像知0~0.2s内微粒加速度
由牛顿第二定律得
求得电场强度为
电场强度方向竖直向下。
(3)间电势差
解得
因A板接地电势为0，故Р点电势为
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