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绝密★启用前
专题07带电物体在匀强电场中的直线运动
u试卷副标题
考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
请点击修改第I卷的文字说明
一、多选题
1．如图所示，长为L=0.5m、倾角为θ=37°的光滑绝缘斜面处于水平向右的匀强电场中，一带电荷量为＋q，质量为m的小球（可视为质点），以初速度v0=2m/s恰能沿斜面匀速上滑，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则下列说法中正确的是（　　）
A．小球在B点的电势能大于在A点的电势能
B．水平匀强电场的电场强度为
C．若电场强度加倍，小球运动的加速度大小为3m/s2
D．若电场强度减半，小球运动到B点时的速度为初速度v0的一半
【答案】BD
【详解】
A．带电小球从A点到B点，电场力做正功，电势能减小，因此B点的电势能小于A点的电势能。故A错误；
B．带电小球从A点到B点匀速上滑，则
mgsinθ=qEcosθ
得
故B正确；
C．由题意知，电场强度加倍后，小球在斜面方向的合力
F=2qEcosθ?mgsinθ=ma
所以小球的加速度
a=gsinθ=6m/s2
故C错误；
D．若电场强度减半，小球在斜面方向的合力为
F=mgsinθ?qEcosθ=mgsinθ=ma
所以小球的加速度为
a=-gsinθ=-3m/s2
根据速度位移公式，有
代入数据解得
v=1m/s=v0
故D正确。
故选BD。
2．如图所示，物体A和带负电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，A、B的质量分别是lkg
和2kg，劲度系数为k=6N/m的轻质弹簧一端固定在水平面上。另一端与物体A相连，倾角为θ=30?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在一个沿斜面向上的外力F=
15N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．对于物体A、B、弹簧和地球组成的系统，电场力做功小于该系统增加的机械能
B．物体A、弹簧和地球所组成的系统机械能增加量大于物体B电势能的减少量
C．撤去外力F的瞬间，物体B的加速度大小为5
m/s2
D．B的速度最大时，弹簧的伸长量为2m
【答案】BC
【详解】
A．电场力沿斜面向下做正功，物体A、B、弹簧和地球组成的系统的机械能增加，则电场力做功等于物体A、B、弹簧和地球组成的系统增加的机械能，A错误；
B．因为开始时，物体B在一个沿斜面向上的外力F=
15N的作用下保持静止且轻绳恰好伸直，轻绳恰好无拉力，
，解得
；物体B最大速度时，B的合力等于零，绳的拉力为
在此过程中，电场力等于5N不变，绳的拉力从0增加到15N，由下图可知，绳的拉力的功大于电场力的功，所以物体B的机械能减小；因为物体A、弹簧和地球所组成的系统机械能增加量等于物体B电势能的减少量与物体B机械能减少量之和，所以物体A、弹簧和地球所组成的系统机械能增加量大于物体B电势能的减少量，B正确；
C．因为撤去外力前处于平衡状态，则撤去外力F的瞬间，A、B两个物体所受的合力的大小就等于撤去的外力F，物体B的加速度大小为
C正确；
D．B的速度最大时，B合力等于零
解得
，D错误。
故选BC。
3．如图所示，一上表面绝缘的斜面体A静止放置在水平地面上。质量为m、带正电的滑块B可以从斜面顶端由静止沿斜面体表面向下运动，此时斜面体受到地面的摩擦力方向向左。则下列说法中正确的是（　　）
A．若加上水平向左的匀强电场，A仍静止，在滑块B仍由静止沿斜面向下运动的过程中，A所受地面摩擦力的方向可能向右
B．若加上垂直斜面向下的匀强电场，A仍静止，在滑块B仍由静止沿斜面向下运动的过程中，A所受地面摩擦力的方向仍向左，但大小变大
C．若加上沿斜面向下的匀强电场，A仍静止，在滑块B仍由静止沿斜面向下运动的过程中，A所受地面摩擦力的方向仍向左，且大小不变
D．若加上垂直纸面向内的匀强磁场，A仍静止，在滑块B仍由静止沿斜面向下运动的过程中，A所受地面摩擦力的方向仍向左，且大小不变
【答案】BC
【详解】
A．将滑块B和斜面体A看成一个整体，由类整体法可知，加上水平向左的匀强电场，整体加速度方仍向左，即A所受地面摩擦力的方向左，故A错误；
B．没加匀强电场时对滑块有
此时斜面体受到的摩擦力有
若加上垂直斜面向下的匀强电场，对斜面体水平方向有
此时斜面体受到的摩擦力
所以A所受地面摩擦力的方向仍向左，但大小变大，故B正确；
C．若加上沿斜面向下的匀强电场，斜面体的受力情况与不加匀强电场时的情况完全相同，则A所受地面摩擦力的方向仍向左，且大小不变，故C正确；
D．若加上垂直纸面向内的匀强磁场，由左手定则可知，滑块受到垂直斜面方向的洛伦兹力，此情况与加上垂直斜面向下的匀强电场相似，则A所受地面摩擦力的方向仍向左，且大小变大，故D错误。
故选BC。
4．如图所示，倾角为的光滑绝缘斜面固定在水平地面上，一绝缘轻弹簧的下端固定在斜面底端，弹簧的上端连接一带正电的滑块P，滑块所处空间存在着沿斜面向上的匀强电场。开始时弹簧处于原长状态，物体恰好处于平衡状态，现给滑块一沿斜面向下的初速度v，滑块滑到最低点时，弹簧的压缩量为x，弹簧始终处于弹性限度内，在滑块下滑至最低点的过程中，以下说法正确的是（　　）
A．滑块电势能的增加量等于滑块重力势能的减少量
B．滑块克服弹簧弹力做的功为
C．滑块动能的变化量等于电场力和重力做功的代数和
D．当滑块的加速度最大时，滑块与弹簧组成的系统机械能最大
【答案】AB
【分析】
滑块在向下运动到最低点过程中，有电场力、重力和弹簧弹力做功，根据功能关系、动能定理、电场力做功与电势能的关系等进行判断
【详解】
A．因为开始滑块受重力和电场力和支持力处于平衡，则有
在运动到最低点过程中，电场力做功与重力做功相等，则滑块电势能增量等于滑块重力势能的减小量，故A正确；
B．根据能量守恒得，动能减小，重力势能减小，电势能增加，弹性势能增加，因为电势能增量等于重力势能减小量，所以弹性势能增加量等于滑块动能减小量，可知滑块克服弹簧弹力做功，故B正确；
C．根据动能定理知，电场力、重力、弹簧弹力做功的代数和等于滑块动能的变化量，故C错误；
D．由于
可知当滑块的加速度最大时，弹簧弹力最大，当滑块到最低点时，弹簧最短时，滑块受到的弹簧弹力最大，加速度最大，此时滑块的电势能最大，滑块和弹簧组成的系统机械能最小，D错误。
故选AB。
【点睛】
解决本题的关键掌握功能关系，知道合力做功等于动能的变化量，除重力以外其它力做功等于机械能的增量，电场力做功等于电势能的减小量，重力做功等于重力势能的减小量。
5．如图所示，空间有一水平匀强电场，在竖直平面内有初速度为的带电液滴，沿图中直线由A点运动至B点，下列说法正确的是（　　）
A．该液滴一定带负电
B．该液滴可能做匀速直线运动
C．该液滴在由A到B的运动过程中，电势能一定增加
D．该液滴在由A到B的运动过程中，电场力一定做正功
【答案】AC
【详解】
AB．该液滴做直线运动，所以所受合力方向与速度方向在同一条直线上，液滴受到重力和电场力，根据力的合成分析，电场力方向水平向左，所以液滴带负电，因为合力不为零，所以液滴不可能做匀速直线运动，所以A正确，B错误；
CD．因为液滴做直线运动，电场力方向与位移方向夹角为钝角，根据电场力做功公式，电场力做负功，电势能增加，所以C正确，D错误。
故选AC。
二、单选题
6．如图，匀强电场方向水平向右，带正电的物体静止在甲处（水平面绝缘且足够大），物体受到的电场力与重力大小相等。某时刻给物体一个向左的大小为v的初速度，物体向左运动恰好到乙位置，该过程所用时间为，然后从乙位置再返回甲位置，该过程时间为，已知带电物体的比荷为k，且，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是（　　）
A．甲与乙两位置之间的距离为
B．物体与绝缘水平面间的动摩擦因数为0.5
C．物体返回甲时速度大小为
D．乙与甲两位置间电势差为
【答案】C
【详解】
ABC．从甲到乙，由动能定理
从乙到甲，由动能定理
且
qE=mg
因
则
解得
解得
选项C正确，AB错误；
D．乙与甲两位置间电势差为
选项D错误。
故选C。
7．如图所示，悬线下悬挂着一个带正电的小球，它的质量为m，电量为q，整个装置处于水平向右的匀强电场中，电场强度为E，小球静止，则下列说法正确的是（　　）
A．若剪断悬线，小球做圆周运动
B．若剪断悬线，小球做曲线运动
C．若剪断悬线，小球做匀速运动
D．若剪断悬线，小球做匀加速直线运动
【答案】D
【详解】
小球受重力、电场力和拉力处于平衡，剪断细线，小球受重力和电场力，两个力为恒力，合力为恒力。合力的方向与绳子的拉力方向等值反向，所以小球沿细绳方向做初速度为零的匀加速直线运动。故D正确，ABC错误；
故选D。
8．如图所示，A、B、C三个小球(可视为质点)的质量分别为m、2m、3m，B小球带负电，电荷量大小为q，A、C两小球不带电(不考虑小球间的电荷感应)，不可伸长的绝缘细线将三个小球连接起来悬挂在O点，三个小球均处于竖直向上的匀强电场中，电场强度大小为E。则以下说法正确的是（　　）
A．静止时，B、C两小球间细线的拉力为3mg＋qE
B．静止时，A、B两小球间细线的拉力为5mg－qE
C．剪断O点与A小球间细线瞬间，A、B两小球间细线的拉力为
D．剪断O点与A小球间细线瞬间，A、B两小球间细线的拉力为
【答案】C
【详解】
A．对小球C，受重力和细线拉力，故B、C两小球间细线的拉力大小等于小球C的重力，即3mg，故A错误；
B．对小球B和小球C的整体，受重力、向上的拉力和向下的电场力，故A、B两小球间细线的拉力大小等于小球B、C的重力和小球B受到的电场力的合力，即5mg+qE，故B错误；
CD．剪断O点与A小球间细线瞬间，设A、B两小球间细线的拉力为T，小球A、B整体受重力和向下的电场力作用，加速度将大于小球C的加速度，对A、B整体，由牛顿第二定律，有
又对小球A，有
联立，解得，故C正确D错误。
故选C。
9．如图所示，固定的光滑绝缘斜面OM与光滑绝缘水平面MN平滑连接，斜面OM长度m，倾角，斜面和水平面所在空间存在着平行于斜面向上的匀强电场。现有质量为kg，带电量为的带正电的小滑块（可视为质点）从O点以m/s的速度沿斜面匀速下滑。（重力加速度g取，，），则电场强度的大小E和滑块在水平面MN运动的最大位移x分别为（　　）
A．N/C；m
B．N/C；m
C．N/C；
m
D．N/C；m
【答案】A
【详解】
带正电的小滑块从O到M沿斜面匀速下滑，对小滑块受力分析可知
解得
带正电的小滑块速度从v=3m/s到0，根据动能定理
滑块在水平面MN运动的最大位移
x=0.9375m
故选A。
10．如图所示，ABC为表面光滑的斜劈，D为AC中点，质量为m带正电的小滑块沿AB面由A点静止释放，滑到斜面底端B点时速度为v0，若空间加一与ABC平行的匀强电场，滑块仍由静止释放，沿AB面滑下，滑到斜面底端B点时速度为，若滑块由静止沿AC面滑下，滑到斜面底端C点时速度为，则下列说法正确的是（　　）
A．滑块滑到D时机械能增加了
B．电场方向与BC垂直
C．B点电势是C点电势2倍
D．由A到B的过程中，电势能增加
【答案】A
【详解】
A．无电场时由A到B
mgh=mv02
有电场时由A到B
mgh+WE=
有电场时由A到C
由三式可得
WE=mv02??
??
又?
WE=UABq
则?
UAB＝UAC
因D为AC的中点，则滑到D点电场力做功为到C点的一半，为mv02，则机械能增加了mv02，则A正确；
B．因UAB＝UAC，则D点与B点电势相等，BD为等势面，则场强方向与BD垂直，电场线不与BC垂直，则B错误；?
C．虽然UAB＝UAC，但不能确定B点电势是C点电势2倍，则C错误；
D．由A到B的过程中，电场力做功mv02??，电势能减小，则D错误；
故选A。
11．如图所示，地面上某个空间区域存在这样的电场，水平虚线上方为场强E1，方向竖直向下的匀强电场；虚线下方为场强E2，方向竖直向上的匀强电场，一个质量m，带电＋q的小球从上方电场的A点由静止释放，结果刚好到达下方电场中与A关于虚线对称的B点，则下列结论正确的是（　　）
A．若AB高度差为h，则UAB＝－
B．带电小球在A、B两点电势能相等
C．在虚线上、下方的电场中，带电小球运动的加速度相同
D．两电场强度大小关系满足E2＝2E1
【答案】A
【详解】
AB．对A到B的过程运用动能定理得
qUAB+mgh=0
解得
知A、B的电势不等，则电势能不等，A正确，B错误；
C．A到虚线速度由零加速至v，虚线到B速度v减为零，位移相同，根据匀变速运动的推论知，时间相同，则加速度大小相等，方向相反，C错误；
D．在上方电场，根据牛顿第二定律得
在下方电场中，根据牛顿第二定律得，加速度大小为
因
a1=a2
解得
只有当时才有E2=2E1，D错误。
故选A。
12．如图所示，两金属板M、N带有等量异种电荷，正对且水平放置。带正电小球a、b以一定的速度分别从A、B两点射入电场，两小球恰能分别沿直线AC、BC运动到C点，则下列说法正确的是（　　）
A．电场中的电势
B．小球a、b在C位置一定具有相等的电势能
C．仅将下极板N向左平移，则小球a、b仍能沿直线运动
D．仅将下极板N向下平移，则小球a、b仍能沿直线运动
【答案】D
【详解】
A．带正电的小球a沿AC运动，则受向上的电场力，可知上极板带负电，电场线竖直向上，沿电场线电势降低，可知，A错误；
B．两球做直线运动，则满足关系
则两球带电量不一定相等，则小球a、b在C位置具有的电势能不一定相等，B错误；
CD．根据
两极板带电量Q一定，仅将下极板N向左平移，则S减小，E变大，则小球a、b不能沿直线运动；仅将下极板N向下平移，则E不变，小球a、b仍能沿直线运动，C错误，D正确。
故选D。
13．如图所示，一质量为m、电荷量为q的小球在电场强度为E，区域足够大的匀强电场中，以初速度沿ON在竖直面内做匀变速直线运动。ON与水平面的夹角为，且mg=qE，则下列结论中正确的是（　　）
A．电场方向竖直向上
B．小球运动的加速度大小为
C．小球上升的最大高度为
D．小球返回原位置所用时间为
【答案】D
【详解】
A．小球做匀变速直线运动，合力应与速度共线，因mg=qE，所以电场力与重力对称，则电场方向沿直线ON。故A错误；
B．小球受力情况如图所示，合力沿ON方向向下，大小为mg，所以加速度为g。故B错误；
C．小球做匀减速直线运动，由运动学公式，可得最大位移为
则最大高度为
故C错误；
D．小球返回原位置所用时间为t，由于运动的对称性可得返回时的速度大小与开始时相等，方向相反，得
故D正确。
故选D。
14．真空中某竖直平面内存在一水平向右的匀强电场，一质量为m的带电微粒恰好能沿图示虚线由A向B做直线运动，则下列判断正确的是（　　）
A．微粒一定带正电
B．微粒可能做匀速直线运动
C．微粒一定做匀减速直线运动
D．微粒一定做匀加速直线运动
【答案】C
【详解】
A．微粒做直线运动的条件是速度方向和合外力的方向在同一条直线上，微粒受到竖直向下的重力，只有微粒受到水平向左的电场力才能使得合力方向与速度方向相反且在同一条直线上，由此可知微粒所受的电场力的方向与场强方向相反，则微粒必带负电，故A错误；
BCD．微粒受到向左的电场力与竖直向下的重力，合力的方向为左下方，与速度方向相反，所以运动过程中微粒做匀减速直线运动，故BD错误，C正确。
故选C。
15．将一带电液滴在水平向左的匀强电场中从b点由静止释放，发现液滴沿直线由b运动到d，直线bd方向与竖直方向成45°角，则下列结论正确的是（　　）
A．液滴的电势能减少
B．液滴带正电荷
C．液滴做匀速直线运动
D．液滴的动能和电势能之和不变
【答案】A
【详解】
A．带电液滴作直线运动，则带电液滴所受重力与电场力的合力一定沿运动方向，则电场力必定水平向右，由b运动到d过程中，电场力做正功，电势能减少，故A正确；
B．由题可知，带电液滴只受重力和电场力作用，两个力都是恒力，其合力沿bd方向，则电场力必定水平向右，液滴带负电，故B错误；
C．其合力沿bd方向，则电场力必定水平向右，液滴做匀加速直线运动，故C错误；
D．根据功能关系可知，重力势能、电势能以及动能之和保持不变；而重力势能减小，所以液滴的动能和电势能之和增加，故D错误。
故选A。
16．如图所示，长为L=0.5m、倾角为37°的光滑绝缘斜面处于水平向右的匀强电场中，一带电荷量为+q，质量为m的小球（可视为质点），以初速度v0=2m/s恰能沿斜面匀速上滑，g=10m/s2，则下列说法中正确的是（　　）
A．小球在B点的电势能大于在A点的电势能
B．水平匀强电场的电场强度为
C．若电场强度加倍，小球运动的加速度大小为3m/s2
D．若电场强度减半，小球运动到B点时速度为初速度v0的倍
【答案】B
【详解】
A．小球由到的过程中，重力做负功，电场力做正功，小球电势能减少，故A错误；
B．因小球做匀速运动，由平衡条件知
所以电场强度
故B正确；
C．电场强度变为2倍后，则有
所以
故C错误；
D．电场强度减为一半后，则有
解得
由
代入数值得
故速度减小为原来的一半，故D错误。
故选B。
17．如图所示，一带电小球用丝线悬挂在水平方向的匀强电场中，当小球静止后把悬线烧断，则小球在电场中将做（　　）
A．沿着悬线的延长线做匀加速直线运动
B．自由落体运动
C．曲线运动
D．变加速直线运动
【答案】A
【详解】
悬线烧断前，小球受重力、拉力、电场力平衡，重力和电场力的合力与拉力等值反向，烧断细线，物体受重力、电场力，两个力合力恒定即加速度恒定，而且沿细线方向，合力方向与速度方向在同一条直线上，所以物体沿着悬线的延长线做匀加速直线运动，故A正确，BCD错误。
故选A。
18．原有一带电油滴静止在极板水平放置的平行板电容器中，突然由于漏电，瞬间失去一部分电荷，油滴开始向下运动。经时间t后，给电容器及时补充电荷，又经时间t，油滴回到原位置。假如在运动过程中油滴电荷量一定，则为（　　）
A．
B．
C．
D．1
【答案】A
【详解】
一带电油滴静止在极板水平放置的平行板电容器中，说明此时油滴所受重力等于向上的电场力，如图（1）所示
设油滴的质量为m，带电量为q，电容器板间距离为d，电容器为C，在第一步过程中，设电容器的充电量为Q，板间电压为U，场强为E，由题意得
，，
联立解得
电容器漏电失去电荷△Q，由于油滴受到向下的重力大于电场力，故油滴竖直向下做匀加速直线运动；在第二步过程中，设板间电压为U1，场强为E1，油滴的加速度大小为a1，ts末的速度为v1，位移为s，受力情况如图（2）所示，有
，，，，
联立以上四式解得
容器补充电荷△Q′，由于开始时，油滴已有向下的速度v1，故油滴先竖直向下做匀减速直线运动，然后反向做初速度为零的匀加速直线运动，再回到原位置，在第三步过程中，设板间电压为U2，场强为E2，油滴的加速度大小为a2，受力情况如图（3）所示
，，，
联立解得
则有
故选A。
19．一个质量为m的带电小球，在竖直方向的匀强电场中水平抛出，不计空气阻力，测得小球的加速度大小为，方向向下，其中g为重力加速度。则在小球下落h高度的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．小球的动能增加mgh
B．小球的电势能减少mgh
C．小球的重力势能减少mgh
D．小球的机械能减少mgh
【答案】D
【详解】
A．由牛顿第二定律得知，小球所受的合力
F合=
方向向下，根据动能定理知，小球的动能增加
△Ek=F合h=
故A错误。
B．由牛顿第二定律得：
解得电场力
且方向竖直向上，则电场力做功
W电=-Fh=
故小球的电势能增加mgh故B错误。
C．小球在竖直方向上下降h高度时重力做正功mgh，因此，小球的重力势能减少mgh，故C错误。
D．由上知，小球的电势能增加mgh，根据能量守恒知，小球的机械能减少mgh，故D正确。
故选D。
第II卷（非选择题）
请点击修改第II卷的文字说明
三、解答题
20．如图所示，两块平行金属板竖直放置，两板间的电势差（仅在两板间有电场），现将一质量、电荷量的带电小球从两板的左上方距两板上端的高度的地方以初速度水平抛出，小球恰好从左板的上边缘进入电场，在两板间沿直线运动，从右板的下边缘飞出电场，g取，求：
(1)匀强电场的场强；
(2)金属板的长度L；
(3)小球飞出电场时的动能Ek。
【答案】(1)；(2)；(3)
【详解】
(1)小球到达左板上边缘时的竖直分速度
设小球此时速度方向与竖直方向之间的夹角为θ，则
小球在电场中沿直线运动，所受合力方向与运动方向相同，则
解得
(2)设金属板间距离为，则
又
联立解得金属板的长度
(3)进入电场前，根据机械能守恒有
电场中运动过程，根据动能定理
解得小球飞出电场时的动能
21．如图所示，轻质绝缘细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球质量为，静止在竖直放置的平行金属板A、B间，且与A、B两极距离相等。绳与竖直方向的夹角，已知A、B两板间的电势差，板间距离，取重力加速度，，，忽略空气阻力，求：
(1)平行金属板A、B间电场强度大小；
(2)小球的带电量；
(3)若烧断绳子，小球将做什么运动？请计算小球碰到B板时的动能大小。
【答案】(1)；(2)；(3)匀变速直线运动，
【详解】
(1)根据电场强度和电势差的关系可得
解得
(2)由平衡关系得
解得
(3)由于电场力和重力不变，它们的合力方向与绳拉力方向相反，若烧断绳子，小球将沿绳方向做匀加速直线运动，由动能定理得
解得
22．如图所示，一固定在水平地面上的光滑绝缘斜面，其倾角θ，斜面的长度为L，整个装置处于匀强电场中。一质量为m的光滑绝缘带电小球，带电量为+q（q＞0），现将小球以初速度v0由斜面底端的A点开始沿斜面上滑，到达斜面顶端B的速度仍为v0。已知重力加速度大小为g。求∶
(1)斜面端点A、B间的电势差；
(2)该匀强电场场强的最小值；
(3)若θ=30°，电场强度大小为，求此匀强电场的方向与水平方向的夹角α。
【答案】(1)；(2)；(3)0°或60°
【分析】
(1)利用动能定理可求得斜面端点A、B间的电势差；
(2)对小球受力分析，利用共点力的平衡条件列式即可求出匀强电场场强的最小值；
(3)当θ=30°，电场强度大小为时，对小球受力分析，正交分解即可求出匀强电场的方向与水平方向的夹角α。
【详解】
(1)对小球在从A运动至B点，由动能定理
解得；
(2)小球受力平衡，对小球受力分析如图所示弹力方向不变，根据矢量三角形可知
解得电场强度的最小值为；
(3)若电场强度大小为，设电场方向与斜面方向夹角为β，则对小球受力分析由平衡条件可知
mgsinθ=qEcosβ
解得β=30°，即电场方向与水平方向夹角为0°或60°。
23．如图所示，水平地面上方存在水平向左的匀强电场，一质量为0.2kg的带电小球（大小可忽略）用轻质绝缘细线悬挂于O点，小球带电荷量为＋310-5C，静止时距地面的高度为0.40m，细线与竖直方向的夹角为α＝37°，重力加速度为10m/s2。（sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8）
求：
(1)匀强电场的场强大小E；
(2)现将细线剪断，小球落地过程中水平位移的大小。
【答案】(1)5104
N/C；(2)0.3m
【详解】
(1)小球静止时，对小球受力分析如图所示，由
FTcos
37°＝mg
FTsin
37°＝qE
解得
E＝5104
N/C
(2)剪断细线，小球在竖直方向做自由落体运动，水平方向做加速度为a的匀加速运动，由
Eq＝ma
a=7.5
m/s2
x＝at2
h＝gt2
联立解得
x＝0.3m
24．如图所示，足够长的粗糙绝缘斜面倾角θ=37°，整个斜面处在一个方向平行于斜面向上的匀强电场中，电场强度大小E=50N/C，一质量m=0.1kg、电荷量q=+0.03C的小物块从斜面底端由静止释放，小物块与斜面间动摩擦因数为0.5，小物块向上运动t=2s后撤去电场，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。
(1)撤去电场时小物块的速度；
(2)小物块从释放到运动到最高点的位移。
【答案】(1)10m/s；(2)15m
【详解】
(1)由牛顿第二定律得小物块的加速度
运动t=2s后小物块的速度
(2)设小物块从释放到运动到最高点的位移为x，由动能定理得
解得
25．光滑绝缘水平面的上方存在着电场强度大小为E，水平向右的匀强电场，水平面和电场区域足够大。一带电小物块质量为m，电荷量为q，在电场力作用下由静止开始沿水平面向右运动。
(1)判断带电小物块的电性；
(2)求小物块受到电场力的大小；
(3)求小物块运动时间t内的位移大小。
【答案】(1)正电；(2)；(3)
【分析】
正确理解场强的定义即可判断出电荷的性质、计算出电场力的大小，结合牛顿运动定律及运动学方程可算出时间t内的位移。
【详解】
(1)
在电场力作用下由静止开始沿水平面向右运动，说明受到的电场力水平向右，与场强方向相同，故小物块带正电；
(2)根据场强的定义式可得小物块受到的电场力大小
(3)
根据牛顿第二定律有
由运动学公式可得小物块在时间t内的位移
联立上述两式可解得。
26．如图所示，、是位于竖直平面内、半径为的的圆弧形的光滑绝缘轨道，其下端点与水平绝缘轨道平滑连接，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，电场强度为。今有一质量为、带电荷量的小滑块（可视为质点）从点由静止释放。若已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数为，重力加速度为，求：
（1）小滑块经过圆弧形轨道最低点时对点的压力；
（2）小滑块在水平轨道上离开点的最远距离。
【答案】（1）3mg+3Eq（2）
【详解】
（1）设滑块在B点速度为v，对滑块从A到B的过程，由动能定理得
mgR+EqR=mv2
设滑块在B点对B点压力为F，轨道对滑块支持力为F′，由牛顿第三定律得得
F′=F
对滑块由牛顿第二定律得
F′-mg-qE=m?
解得
F=3mg+3Eq
（2）由动能定理可知
解得
27．如图所示，一粗糙的绝缘竖直平面与两个等量异种电荷连线的中垂线重合。A、O、B为竖直平面上的三点。且O为等量异种电荷的连线中点，AO=OB=0.2
m。现有带电量为q=+1×10-5C，质量为m=0.1
kg的小物块（可视为质点），从A点以v0=
m/s向B滑动，到达B点的速度刚好为0，此时施加一竖直向上的匀强电场，同时撤掉竖直平面右侧的负电荷，物块开始向上运动，且返回A点时速率为v0，g=10
m/s2，求：
(1)小物块由A到B过程所受电场力的方向（无需证明）；
(2)物块第一次经过O的时的速率v1；
(3)匀强电场场强大小E。
【答案】(1)水平向右；(2)；(3)
【详解】
(1)
根据等量异种电荷的电场线分布特点，可知物块由A到B过程所受电场力水平向右；
(2)研究小物块由A运动到B，该过程电场力不对小物块做功，设该过程物体克服摩擦力做功为Wf
小物块所受电场力关于O点对称，可知小物块A到O过程克服摩擦力做功为由A到B的一半，应用动能定理有
可解得
(3)撤掉右侧电荷后，经过同一位置，小物块受到电场力水平分力变为原来的一半，摩擦力也变为原来一半，由B到A克服摩擦力做功为A到B的一半，对小物块由B到A的过程应用动能定理
可解得
28．如图所示，在绝缘水平地面上放一质量为mA=100g的薄木板A，在木板上放一质量为mB=300g的带正电小物块可视为质点，B的带电量为1.0×10-6?C，A的长度l=8cm，与B之间的滑动摩擦因数μ1=0.20，A与地面之间的滑动摩擦因数μ2=0.10，最大静摩擦力可视为等于滑动摩擦力。各物体都处于静止状态，小物块位于木板的最左端，木板左端位于N点。现在水平面上方NM、PQ之间的区域加上水平向右的匀强电场，电场强度大小为?，重力加速度g取，求：
(1)刚加上电场时，小物块B的加速度大小
(2)小物块B运动到木板右端时小物块B仍在电场中，木板的速度大小
【答案】(1)；(2)
【详解】
(1)(2)刚加上电场时，对B物块有
对A木板有
对整个过程有
对A有
29．如图所示，一带电荷量为＋q、质量为m的小物块处于一倾角为60°的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中时，小物块恰好静止在离O点为L的A点处。重力加速度取g，求：
(1)水平向右电场的电场强度；
(2)若电场强度大小不变方向改为水平向右，则物块的加速度是多大？
(3)电场强度变化后物块到达水平面时的速度大小及方向。
【答案】(1)
；(2)2g；(3)
，方向与水平方向成30°
【详解】
(1)小物块静止在斜面上，受重力、电场力和斜面支持力，则有
FNsin
60°＝qE
FNcos
60°＝mg
解得
(2)若电场强度反向根据矢量合成，则物块受到重力与电场力作用合力2mg
，由牛顿第二定律得
a=2g
(3)电场强度变化后物块离开斜面到水平地面过程中，由动能定理得
方向与水平方向成30°
30．如图所示，在倾角的绝缘粗糙斜面上，有一长为的绝缘轻杆连接两个完全相同、质量均为的可视为质点的小球A和B。开始时轻杆的中垂线与垂直于斜面的虚线重合，虚线与平行且相距。在、间加沿斜面向上、电场强度为E=的匀强电场之后，若A球带电量为，B球不带电，则A球在电场中时，AB球在斜面上恰好能匀速下滑。各小球与斜面间的动摩擦因数相同，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取，，。求：
(1)求小球与斜面间的动摩擦因数；
(2)若A球带电量为，B球不带电，将AB球从图示位置由静止释放，求释放后到向上运动至最远的时间；
(3)若A球带电量为，B球不带电，静止在图示位置，一质量为、带电量为的C球沿斜面向上运动，与B球正碰后粘合在一起，碰撞时间极短，若保证A球始终不会离开电场区域，求C球碰B球之前瞬间的最大速度。
【答案】(1)0.5；(2)；(3)
【详解】
（1）由力的平衡可得
代入数据可解得
（2）A在电场中时，根据牛顿第二定律有
根据运动学公式有
A离开电场后，根据牛顿第二定律有
根据运动学公式有
得
（3）CB碰撞，根据动量守恒有
设C进入电场的最远距离为，ABC向上，根据动能定理有
ABC向下到A刚好不离开电场，根据动能定理有
解得
31．如图所示，一条长为l的细线，上端固定，下端拴一质量为m的带电小球，将它置于一匀强电场中，电场强度大小为E，方向水平向右，已知细线离开竖直位置的偏角为时，小球处于平衡状态，则：
(1)小球带何种电荷；
(2)求出小球所带的电荷量；
(3)剪断细线经过时间t小球的速度和位移。
【答案】(1)正电荷；(2)；(3)；
【详解】
(1)根据平衡条件可知，小球受电场力方向与场强方向相同，则小球带正电荷；
(2)由平衡条件得：
解得：
(3)细线剪断，小球受力如图所示：
小球将做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为a：
根据
得经过时间t速度为：
位移
方向为与竖直方向成θ角斜向右下。
32．如图甲所示，电荷量为的带正电的小物块置于绝缘水平面上，所在空间存在方向沿水平向右的电场，电场强度的大小与时间的关系如图乙所示，物块运动速度与时间的关系如图丙所示，取重力加速度。求
(1)前2秒内电场力做的功；
(2)物块与水平面间的动摩擦因数。
【答案】(1)12J；(2)0.2
【详解】
(1)由题意可得，在匀强电场中电场力F为：F=qE，由图象得前2秒内的位移x为：
则电场力做的功为：W=Fx，代入数据解得：
W=12J
(2)
在2秒到4秒内图象可得，
qE2=μmg
在前2秒物块的加速度为：
a=1m/s2
由牛顿第二定律得：
qE1-qE2=ma
代入数据解得：
m=2kg
在2秒到4秒内由图象可得，
qE2=μmg
则有
μ=0.2
33．如图所示，在场强大小为E，方向水平向左的匀强电场中，有个倾角的固定光滑绝缘斜面，并且斜面高为H。质量为m的带电物块（可视为质点）静止于斜面顶端，已知重力加速度为g，，。
(1)判断物块所带电的电性，求出其电荷量；
(2)若突然将电场方向改为水平向右，其他条件不变，求物块落地时速度的大小。
【答案】(1)负电，；(2)
【详解】
(1)由平衡条件可知，物块受到的电场力水平向右，与电场方向相反，故物块带负电，且有
解得
(2)改变电场方向后，物块将沿电场力、重力的合力方向运动，直到到达地面，而非沿斜面下滑，如图
合力大小
位移大小
由动能定理得
得到
34．如图所示，空间内有平行于纸面的匀强电场，该电场中有一个倾角θ＝53°的光滑斜面．一个质量为2kg的小球在斜面上的A点保持静止，该小球的带电量Q＝＋4C，A点到地面的竖直高度h＝25m（g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6）。
(1)试求能让带电小球静止在A点的最小电场的电场强度；
(2)若空间的电场E＝5V/m，方向水平向右，小球从A点静止释放，试求小球到达地面时的速度大小。
【答案】(1)4V/m，沿斜面向上；(2)5m/s
【详解】
(1)对小球进行受力分析，如图所示，根据力的分解知识可知，当电场力与支持力垂直时电场力最小，场强最小
qE＝mgsinθ
代入数据解得
E＝4V/m
方向沿斜面向上
(2)当电场水平向右，对小球进行受力分析，如图所示
根据牛顿第二定律得
mgsinθ－qEcosθ＝ma
代入数据解得
a＝2m/s2
根据运动学公式得
v2＝2a
代入数据解得
v＝5m/s
35．如图，固定于竖直平面内的粗糙斜杆与水平方向夹角为30，处在水平向左的匀强电场中。质量为110-3kg、带电量为+510-6C的小球套在杆上，小球沿杆下滑过程中未受摩擦力作用。重力加速度g取10m/s2。求：
(1)电场强度E的大小；
(2)小球下滑的加速度大小；
(3)若电场大小不变，方向变为水平向右。为使小球能由静止起沿杆向上运动，杆与小球之间的动摩擦因数μ的取值范围（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）。
【答案】(1)
3.46×103N/C；(2)
20m/s2；(3)
μ<
【详解】
(1)小球的受力分析如右图(1)所示，小球和杆之间没有弹力作用，所以未受摩擦力作用
解得
(2)小球的加速度沿杆向下，根据牛顿第二定律
(3)电场大小不变，方向变为水平向右，小球的受力分析如右图(2)所示
可得
为使小球能沿杆向上运动，应满足
可得
36．如图所示，在水平放置且相距2cm的平行带电金属板间的匀强电场中，有一个质量、电荷量的液滴，在两板正中央处于静止状态，问：
(1)哪块板带正电？板间电场强度多大？
(2)若板间电场强度突然增为原来的2倍，液滴将做什么运动？触及板面时速度多大？
【答案】(1)上板带正电，100N/C；(2)液滴将向上做匀加速直线运动，
【详解】
(1)液滴处于静止状态，可知电场力方向向上，由于液滴带负电荷，受力方向和电场线方向相反，则电场强度的方向竖直向下，上板带正电，根据
解得
(2)当电场强度变为原来的2倍，则电场力变为原来的2倍，即为2mg，液滴将向上做匀加速直线运动，加速度
到达上极板时的速度
37．如图所示，水平绝缘光滑轨道AB的B端与处于竖直平面内的四分之一圆弧形粗糙绝缘轨道BC平滑连接，圆弧的半径R
=
0.40m。在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度E
=3.0×103N/C。现有一质量m
=
0.04kg的带电体（可视为质点）放在水平轨道上与B端距离S=
2.4m的位置，由于受到电场力的作用带电体由静止开始运动，当运动到圆弧形轨道的C端时，速度恰好为零。已知带电体所带电荷q
=
1.0×10－4C，取g=10m/s，求：
(1)带电体在水平轨道上运动的加速度大小及运动到B端时的速度大小；
(2)带电体运动到圆弧形轨道的B端时对圆弧轨道的压力大小；
(3)带电体沿圆弧形轨道运动过程中，电势能减少量和产生的焦耳热Q各是多少。
【答案】(1)7.5m/s2；6m/s；(2)
4N；(3)0.12J；
【详解】
(1)由于
得
a=7.5m/s2
只有电场力做功，则有
得
vB=6m/s
(2)根据圆周运动有
得
根据牛顿第三定律，压力
由于
得
在
过程中
克服摩擦力做功
产生的热量
Q=Wf=0.68J
38．两块竖直足够长的平行板间有一匀强电场，在电场中用长为5cm的丝线悬一带电小球，平衡于跟竖直方向成角的位置，如图此时小球离负极板0.6m。求：
(1)若把小球提起，使丝线水平，然后释放小球，问小球经过最低点时速度多大？
(2)球在平衡位置时将丝线剪断，小球将做何种运动？何时碰板？
【答案】(1)；(2)匀加速直线运动；t=0.4s
【详解】
(1)摆到最低点的过程，由动能定理得
又由平衡得
联立解得
(2)球在平衡位置时将丝线剪断，小球做初速度为零的匀加速直线运动，水平方向，由牛顿第二定律得
根据得
39．一根长为l的丝线吊着一质量为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，丝线与竖直方向成37°角，(重力加速度为g)，求：
(1)匀强电场的电场强度的大小；
(2)某时刻绳子突然被剪断，求剪断瞬间小球的加速度。
【答案】(1)
；（3）；方向与竖直方向成37°指向右下方
【详解】
(1)由平衡条件得
解得
(2)由牛顿第二定律得
解得
方向与竖直方向成37°指向右下方
40．如图所示，一带电小球用绝缘细线悬挂于O点，处在水平方向的匀强电场中，小球静止在A点时悬线与竖直方向的夹角为45°，小球的质量为m，带电量为q，悬线的长为L。现将小球放在悬点O右侧与悬点等高的B点位置，悬线刚好拉直，由静止释放小球，重力加速度为g，求：
(1)电场强度的大小；
(2)小球运动到最低点时速度的大小（悬线开始绷紧前）。
【答案】(1)
；
(2)
【详解】
(1)小球开始静止时悬线与竖直方向的夹角为45°，对小球受力分析并建立平衡方程得
得
(2)小球放到与悬点等高的位置由静止释放
小球开始运动时受到的合力大小为
小球在细线绷紧前做初速度为零的匀加速直线运动，加速度大小为
运动的位移大小为
则小球运动的最低点时的速度大小为
41．如图所示，板间距为d=4cm的平行板电容器，板与水平面夹角α=37°，两板所加电压为U=100V。有一带电液滴，带电量为q=4×10-10C，以v0=1m/s的水平速度自AB板边缘水平进入电场，在电场中仍沿水平方向并恰好从CD板边缘水平飞出，g取10m/s2。求：
(1)液滴的质量；
(2)液滴飞出时的速度大小。
【答案】(1)8.0×10-8kg；(2)
【详解】
(1)由于带电粒子重力方向竖直向下，所受电场力的方向只能垂直两板向上，其合力方向水平向右，做匀加速运动。竖直方向受力平衡
解得
(2)水平方向牛顿第二定律
设液滴在平行板中飞行距离为x
由
得
42．如图所示，一固定直杆AB长为L=2m，与竖直方向的夹角为θ=53°，一质量为m=4kg，电荷量为q=+3×10﹣5C的小球套在直杆上，球与杆间的动摩擦因数为μ=直杆所在处空间有水平向右的匀强电场，场强为E=106N/C。(已知sin53°=0.8，g=10m/s2)。求：
(1)小球所受摩擦力的大小；
(2)小球静止起从杆的最高点A滑到最低点B所经用的时间t为多少？
【答案】(1)12N；(2)
【详解】
(1)小球受力可知，电场力为
F=qE=3×10﹣5×106N=30N
弹力为
N=mgsin﹣Fcos=14N
摩擦力大小为
f=μN=12N
(2)小球从最高点运动到最低点过程中
代入数据可解得
43．如图所示，平行板电容器电容为C，电荷量为Q0，极板长为L，极板间距离为d，极板与水平面成60°角，现有一质量为m的带电液滴沿两极板的中线从P点由静止出发到达Q点，P、Q两点都恰在电容器的边缘处，忽略边缘效应，求：
(1)液滴的电荷量；
(2)液滴到达Q点时的速度大小。
【答案】(1)
；(2)
【详解】
(1)液滴受力分析如图所示：
由
可得
又因为
Eq=mgcosα
所以
(2)对液滴受力分析，根据牛顿第二定律：
mgsinα=ma
v2=2aL
所以
44．如图所示，匀强电场方向水平向右，质量为的带电小球在电场中的点由静止释放，沿直线运动到点，与水平方向的夹角为，、间的距离为，重力加速度大小为。求：
(1)小球从点运动到点电场力做的功；
(2)若小球从点以一定的初速度水平抛出，经过时间运动到点正上方，小球抛出的初速度大小。
【答案】(1)；(2)
【详解】
(1)根据题意可知，小球受到的重力与电场力的合力沿方向，则
则小球从点运动到点，电场力做功
(2)设小球从点抛出时初速度大小为，小球抛出后，沿电场方向运动的加速度
由题意知
解得
45．一质量m=5×10-4kg的带电微粒以v0=2m/s的初速度从水平放置的平行金属板A、B的中央水平飞入两板间。已知板长L=10cm，两金属板间的距离d=2cm，重力加速度g=10m/s2。当AB间所加电压UAB=200V时，带电微粒恰好沿直线穿过平行金属板。问：
（1）带电微粒带何种电荷？带电荷量q为多大？
（2）若改变AB间电压，使带电微粒恰好从B板右端飞出，则AB间所加电压为多大？
【答案】（1）负电荷，5×10-7C；（2）40V
【详解】
（1）由题意知，两金属板间的电场强度方向竖直向下；因为粒子做匀速直线运动，所以粒子受到的电场力竖直向上；粒子所受电场力与电场强度方向相反，故粒子带负电荷；
由粒子受力平衡得
可得
q=5×10-7C
（2）改变两金属板间电压后，粒子做类平抛运动，恰好从B板的右端射出两板间，则
粒子在两板间运动的时间
粒子在竖直方向的位移
再根据题意，有下列方程组
解得
U'=40V
46．如图甲所示，粗糙水平轨道与半径为R的竖直光滑、绝缘的半圆轨道在B点平滑连接，过半圆轨道圆心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的匀强电场E，质量为m的带正电小滑块从水平轨道上A点由静止释放，运动中由于摩擦起电滑块电荷量会增加，过B点后电荷量保持不变，小滑块在AB段加速度随位移变化图像如图乙所示。已知A、B间距离为4R，滑块与轨道间动摩擦因数为μ=0.5，重力加速度为g，不计空气阻力，求：
(1)小滑块释放后运动至B点过程中电荷量的变化量；
(2)小滑块运动在B点处的速度大小；
(3)滑块对半圆轨道的最大压力大小。
【答案】(1)
；(2)；(3)
（6＋3）mg
【详解】
(1)A点由牛顿第二定律有
q0E-μmg=m·g
B点由牛顿第二定律有
q1E-μmg=m·g
联立解得
Δq=q1-q0=
(2)由A到B由动能定理得
m··4R=-0
解得
(3)将电场力与重力等效为“重力G′”，与竖直方向的夹角设为α，在“等效最低点”对轨道压力最大，则有
G′==mg
cosα=
从B到“等效最低点”由动能定理得
FN-G′=m
联立解得
FN=(6＋3）mg
由牛顿第三定律得滑块对圆轨道的最大压力为
FN′=(6＋3）mg
47．如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，两板间的距离d=40cm，电源电动势E=24V，内电阻r=1Ω，电阻R=7Ω。闭合开关S，待电路稳定后，将一带正电的小球从B板小孔以初速度v0=4m/s竖直向上射入板间。若小球带电量为，质量为，不考虑空气阻力。那么，滑动变阻器接入电路的阻值为多大时，小球恰能到达A板？此时，电源的输出功率是多大？（取g=10m/s2）
【答案】4Ω，44W
【详解】
小球进入板间后，受重力和电场力作用，且到A板时速度为零，设两板间电压为UAB，由动能定理得
解得
UAB=8V
则滑动变阻器两端电压
U滑=UAB=8V
设通过滑动变阻器电流为I，由欧姆定律得
滑动变阻器接入电路的电阻
=4Ω
电源的输出功率
48．如图所示，一带电荷量为-q、质量为m的小物块处于一光滑斜面上，斜面倾角为53°，斜面高为H。当整个装置被置于一水平向左的匀强电场中，小物块恰好静止。重力加速度取g。求：
(1)匀强电场的电场强度；
(2)若将电场强度减小为原来的，小物块的加速度是多大；
(3)场强减小为原来的后，小物块下滑到斜面底端时的速度大小。
【答案】(1)；(2)0.6g；(3)
【详解】
(1)对物体进行受力分析，建立如图所示坐标系
根据平衡列方程,在x轴方向
解得
匀强电场的电场强度
(2)若将电场强度减小为原来的，则物体在沿斜面方向，由牛顿第二定律得
且
则物体产生沿斜面向下的加速度
(3)电场强度变化后物块下滑距离L时，重力做正功，电场力做负功，由动能定理则有
解得
49．如图所示，光滑绝缘水平面上静止放置一根长为L、质量为m、带电量的绝缘棒AB，棒的质量和电量分布均匀，O点右侧区域存在大小为E、水平向左的匀强电场，B、O之间的距离为。现对棒施加水平向右、大小为的恒力作用，求：
(1)B端进入电场时加速度的大小和方向；
(2)棒在运动过程中获得的最大动能；
(3)棒具有电势能的最大可能值。（设O点处电势为零）
【答案】(1)
，方向水平向右；(2)
；(3)见解析
【详解】
(1)
根据牛顿第二定律：
解出
方向水平向右．
(2)
设棒进入电场x时，其动能达到最大，此时棒所受合力应为零，即：
得
动能定理：
解出动能最大值
(3)
设绝缘棒恰好能够全部进入电场，
解出得
x0=L
存在三种可能性：可能1，x0=L时，电势能最大值
可能2，x0＜L，棒只能部分进入电场，设进入电场x，动能定理：
，
电势能最大值
可能3，x0＞L，棒全部进入电场，设进入电场x′，动能定理：
，
电势能最大值
50．如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板正中有一小孔。质量为m、电荷量为＋q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g)。求：
(1)若充电后电源与两极板断开，将上极板上移一小段距离，其他条件不变，则小球能否到达下极板？
(2)上例中，若充电后电源与两极板相连，将下极板下移一小段距离，其他条件不变，则小球能否到达下极板？
【答案】(1)小球不能到达下极板；(2)小球会打到下极板上
【详解】
(1)对小球由动能定理
mg(h＋d)－qEd=0
充电后与电源断开则Q保持不变，上极板上移时，根据
两板间的场强不变；
上板上移时d增大，但h＋d不变，则由动能定理：
mg(h＋d)－qEd′＜0
所以小球不能到达下极板。
(2)由于两极板与电源相连，则两板间的电压不变，d增大时，则由
mg(h＋d′)－qU＞0
知小球会打到下极板上。
51．如图，在光滑绝缘的水平面上，有一静止在A点质量为m=1×10－3kg、带负电q=-10-3C的小球，现加一水平方向的匀强电场使小球由A点运动到B点，已知A、B两点间距离为L=0.2m，电势差为U=20V。
(1)求电场强度的方向和大小；
(2)求小球到达B点时的速率。
【答案】(1)100V/m，由B指向A；(2)
m/s
【详解】
(1)
现加一水平方向的匀强电场使小球由A点运动到B点，则负电荷受力向右，电场方向向左，故由B指向A；大小
(2)由动能定理
解得小球到达B点时的速率
52．质量mA=3.0kg、长度L=0.70m、电量q=+4.0×10－5C的导体板A在足够大的绝缘水平面上，质量mB=1.0kg可视为质点的绝缘物块B在导体板A的左端，开始时A、B保持相对静止一起向右滑动，当它们的速度减小到v0=3.0m/s时，立即施加一个方向水平向左、场强大小E=1.0×105N/C的匀强电场，此时A的右端到竖直绝缘挡板的距离为s=2m，此后A、B始终处在匀强电场中，如图所示，假定A与挡板碰撞时间极短且无机械能损失，A与B之间(动摩擦因数μ1=0.25)及A与地面之间(动摩擦因数μ2=0.10)的最大静摩擦力均可认为等于其滑动摩擦力，g取10m/s2(不计空气的阻力)求：
(1)刚施加匀强电场时，AB的加速度的大小；
(2)导体板A刚离开挡板时的速度大小；
(3)B能否离开A？若能，求B刚离开A时，B的速度大小；若不能，求B与A的左端的最大距离。
【答案】(1)2.0m/s；(2)1m/s；(3)不能；0.6m
【详解】
(1)设B受到的最大静摩擦力为f1m，则.
f=μ=2.5N
设A受到地面的滑动摩擦力的f，则
f=μ(m+m)g=4.0N
施加电场后，假设A、B以相同的加速度向右做匀减速运动，加速度大小为a，由牛顿第二定律，有
qE+f=(m+m)a
得
a=2.0m/s
设B受到的摩擦力为f1，由牛顿第二定律得
f=m
计算得出
f=2.0N可以知道电场作用后，A、B仍保持相对静止以相同加速度a=2.0m/s向右做匀减速运动，
所以刚加上匀强电场时，B的加速度大小
a=2.0m/s
(2)A与挡板碰前瞬间，设A、B向右的共同速度为v，根据运动学公式，有
计算得出
v=1m/s
A与挡板碰撞无机械能损失，故A刚离开挡板时速度大小为
v=1m/s
(3)A与挡板碰后，以A、B系统为研究对象
qE=f
故A、B系统动量守恒，设A、B向左共同速度为v，规定向左为正方向，得:
m－m=(m+m)v共
设该过程中，B相对于A向右的位移为，由动能定理得
解得
s=0.6m<0.7m，所以B不能离开A.，B与A的左端的最大距离为
s=0.6m
53．如图，ABD为竖直平面内的绝缘轨道，已知AB段是动摩擦因数为?=0.2的水平轨道，
BD段是光滑的半圆轨道，其半径R=0.2
m，两段轨道相切于B点，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，场强大小E=5.0×103
V/m。一不带电的绝缘小球甲，以速度v0=6m/s沿水平轨道向右运动，与相距s=2.75m，静止在B点带正电的小球乙发生弹性碰撞。已知甲、乙两球的质量为m=1.0×10-2
kg，乙所带电荷量q=2.0×10-5
C，g取10
m/s2。(甲、乙两球可视为质点，整个运动过程无电荷转移)
(1)求碰撞前甲的速度v甲；
(2)甲乙两球碰撞后，试通过计算判断乙是否能通过轨道的最高点D。
【答案】(1)5m/s；(2)能
【详解】
(1)小球甲运动到B点，由动能定理得
解得
(2)甲乙两球碰撞过程，由动量守恒和机械能守恒得
联立可得
5m/s
假设碰撞后乙球恰好可以到达最高点D，由动能定理可得
小球在D点
联立可得
所以乙球可以通过轨道的最高点D。
54．质量为、电量为的带电微粒以v0=2m/s的速度从水平放置的平行金属板A、B正中央水平飞入板间，如图所示，已知A板带正电，B板带负电，板长l=10cm，板间距离d=2cm。(g取10m/s2)
(1)若带电油滴恰好沿直线穿过板间，求q的电性和A、B间的电势差？
(2)当UAB=2000V时，请试判断带电油滴能否从板间飞出。
【答案】(1)负电，1000V；(2)不能
【详解】
(1)因为带电粒子沿直线穿过板间，则受力平衡，因重力方向竖直向下，故电场力方向竖直向上，由于极板间场强的方向竖直向下，故粒子带负电，由二力平衡得
在匀强电场中
联立解得
U=1000V
(2)带电粒子水平运动到板的右端所用时间为
带电粒子竖直方向加速度为
带电粒子水平运动到板的右端时，竖直方向的距离为
故带电粒子不能从板间飞出。

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