人教版物理必修3同步练习: 9.3 电场 电场强度(优生加练)
一、选择题
1．（2019高一下·上饶月考）如图所示，梯形abdc位于某匀强电场所在平面内，两底角分别为60°、30°，cd＝2ab＝4 cm。已知a、b两点的电势分别为4 V、0，将电荷量q＝1.6×10－3 C的正电荷由a点移动到c点，克服电场力做功6.4×10－3 J。下列关于电场强度的说法正确的是（ ）
A．方向垂直bd斜向上，大小为400 V/m
B．方向垂直bd斜向上，大小为200 V/m
C．方向垂直bc斜向下，大小为 V/m
D．方向垂直bc斜向下，大小为 V/m
【答案】A
【知识点】电场强度和电场线
【解析】【解答】从a到c点： ，因为 ，所以 ，又 ，可得： ，即bd为等势面，所以场强的方向垂直bd斜向上，由电势差与场强的关系得 ，A符合题意。
故答案为：A
【分析】结合a、b两点的电势和电荷从a点移动到c点的过程电场力做的功求解电场的方向和电场强度。
2．（2018·江苏）如图所示，水平金属板A、B分别与电源两极相连，带电油滴处于静止状态．现将B板右端向下移动一小段距离，两金属板表面仍均为等势面，则该油滴（ ）
A．仍然保持静止 B．竖直向下运动
C．向左下方运动 D．向右下方运动
【答案】D
【知识点】电场强度和电场线；受力分析的应用；电场及电场力；力与运动的关系；力的合成
【解析】【解答】两极板平行时带电粒子处于平衡状态，则重力等于电场力，当下极板旋转时，板间距离增大场强减小，电场力小于重力；由于电场线垂直于金属板表面，所以电荷处的电场线如图所示，所以重力与电场力的合力偏向右下方，故粒子向右下方运动，选项D符合题意。
故答案为：D
【分析】两板平行时，由题意可知带电液滴所受电场力与重力的关系。由于金属板A、B分别与电源两极相连，则明确板间电压不变，而当下极板旋转时，改变板间距，会影响板间场强，由受力分析，力的合成及力和运动的关系可判断出粒子的具体运动状态。
3．（2022·萍乡二模）如图所示，两个完全相同的正点电荷A和B，其连线 沿竖直方向，中心为O，一重力不可忽略的带电小球C（图中未画出，可视为点电荷）恰能在点电荷A、B形成的电场中做匀速圆周运动，不计空气阻力，小球质量为m，带电荷量为q，速度大小为v，下列说法正确的是（ ）
A．小球可能带正电也可能带负电
B．小球做圆周运动的圆心在 之间的某点
C．若m不变，q减小，v适当改变时，小球仍可在原轨道做圆周运动
D．若换一个质量不同但比荷相同的小球，小球仍可在原轨道做匀速圆周运动
【答案】D
【知识点】电场及电场力；向心力
【解析】【解答】A．小球在A、B两点电荷形成的电场中做匀速圆周运动，小球受重力、两点电荷的电场力，电场力竖直分量与重力平衡，水平分量充当向心力，指向AB连线上的圆心，故小球必定带负电，A不符合题意；
B．球在水平面内做匀速圆周运动，圆心一定在AB连线上，由于重力竖直向下，要求电场力一定斜向上指向AB连线，竖直分量与重力平衡，水平分量充当向心力，A、B点电荷激发的电场线如图所示
图中a、b、c三处均有可能是小球做圆周运动路径上的一点，b处对应的轨道圆的圆心在OB之间，B不符合题意；
C．若m不变，q减小，原轨道上小球所受电场力减小，竖直分量减小，不可能与重力平衡，不可能在原轨道做圆周运动，C不符合题意；
D．设电场强度方向与竖直方向夹角为θ，则
可得
若换一个质量不同但比荷相同的小球，则电场力在竖直方向的分力仍可以和重力平衡，电场力在水平方向的分力提供向心力，所以小球仍可在原轨道做匀速圆周运动，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】利用电场力竖直方向分力与重力平衡可以判别小球带负电；利用其向心力的方向可以判别小球做圆周运动的圆心位置；当利用其牛顿第二定律可以求出其线速度的表达式进而判别其速度变化时其小球的轨道半径发生变化；当小球其质量不同闭合相同时小球仍可以在原来的轨道做圆周运动。
4．（2019高三上·慈溪期末）反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似，已知静电场的方向平行于x轴，其电势q随x的分布如图所示，一质量m＝1.0×10﹣20kg，带电荷量大小为q＝1.0×10﹣9C的带负电的粒子从（1，0）点由静止开始，仅在电场力作用下在x轴上往返运动。忽略粒子的重力等因素，则（ ）
A．x轴左侧的电场强度方向与x轴正方向同向
B．x轴左侧电场强度E1和右侧电场强度E2的大小之比E1：E2＝2：1
C．该粒子运动的周期T＝1.5×10﹣8s
D．该粒子运动的最大动能Ekm＝2×10﹣8J
【答案】D
【知识点】电场及电场力；匀变速直线运动的速度与时间的关系；电场强度
【解析】【解答】沿着电场线方向电势降落，可知x轴左侧场强方向沿x轴负方向，x轴右侧场强方向沿x轴正方向，A不符合题意；：根据U＝Ed可知：左侧电场强度为：E1＝ V/m＝2.0×103V/m；右侧电场强度为：E2＝ V/m＝4.0×103V/m；所以x轴左侧电场强度和右侧电场强度的大小之比E1：E2＝1：2，B不符合题意；该粒子运动过程中电势能的最大值为：EPm＝qφm＝﹣2×10﹣8J，由能量守恒得当电势能为零时动能最大，最大动能为Ekm＝2×10﹣8J，D符合题意；设粒子在原点左右两侧运动的时间分别为t1、t2，在原点时的速度为vm，由运动学公式有：vm＝ t1同理可知：vm＝ t2；Ekm＝ mvm2；而周期：T＝2（t1+t2）；联立以上各式并代入相关数据可得：T＝3.0×10﹣8s；C不符合题意。
故答案为：D。
【分析】对于电势-距离图像，图形的斜率表示该位置处电场的强度，与横轴包围的面积是电场力做的功，结合选项求解即可。
5．（2017高二上·玉溪期中）一个正点电荷Q静止在正方形的一个角上，另一个带电质点射入该区域时，恰好能经过正方形的另外三个角a、b、c，如图所示，则有（ ）
A．a、b、c三点的电势高低及场强大小的关系是φa=φc＞φb，Ea=Ec= Eb
B．若改变带电质点在a处的速度大小和方向，有可能使其经过三点a、b、c做匀速圆周运动
C．带电质点在a、b、c三处的加速度大小之比是1：2：1
D．带电质点由a到b电势能增加，由b到c电场力做正功，在b点动能最小
【答案】D
【知识点】电场及电场力；电场强度
【解析】【解答】解：A、根据点电荷的电场线的特点：顺着电场线方向电势逐点降低，知Q与a、c距离相等，都小于b，故b点的电势低于a、c两点的电势，即φa=φc＞φb；Ea=Ec= ；Eb= = ，则Ea=Ec=2Eb，A不符合题意．
B、由F=qE知，带电质点在ac两点与b点受到的电场力大小不相等，所以不可能其经过a、b、c三点做匀速圆周运动．B不符合题意．
C、根据牛顿第二定律得 qE=ma，得带电质点在a、b、c三处的加速度大小之比是2：1：2．C不符合题意．
D、带电质点受到的合力指向轨迹的内侧，根据轨迹弯曲方向判断出粒子与固定在O点的电荷Q是异种电荷，它们之间存在引力，所以质点由a到b电场力做负功，电势能增加，动能减小；由b到c电场力做正功，动能增大，在b点动能最小；D符合题意．
故答案为：D
【分析】主要考察了点电荷周围电场线与等势面分布特点，结合电场力做功与牛顿第二定律可解。
6．如图所示，在竖直放置的光滑半圆形绝缘细管的圆心O处放一点电荷。现将质量为m、电荷量为q的小球从半圆形管的水平直径端点A静止释放，小球沿细管滑到最低点B时，对管壁恰好无压力。若小球所带电量很小，不影响O点处的点电荷的电场，则置于圆心处的点电荷在B点处的电场强度的大小为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】向心力；动能定理的综合应用；电场强度
【解析】【分析】由题意知小球从A运动到B的过程中根据动能定理：，在B点，根据向心力公式，联立可得B点的电场强度，所以C正确。
7．（2023高二上·大庆月考）如图所示，水平面内的等边三角形BCD的边长为L，顶点C恰好位于光滑绝缘直轨道AC的最低点，A点到B、D两点的距离均为L，A点在BD边上的竖直投影点为O。y轴上B、D两点固定两个等量的正点电荷，在z轴两电荷连线的中垂线上必定有两个场强最强的点，这两个点关于原点O对称。在A点将质量为m、电荷量为的小球套在轨道AC上（忽略它对原电场的影响）将小球由静止释放，已知静电力常量为k，重力加速度为g，且，忽略空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．图中的A点是z轴上场强最强的点
B．轨道上A点的电场强度大小为
C．小球刚到达C点时的加速度为
D．小球刚到达C点时的动能为
【答案】B
【知识点】动能定理的综合应用；电场强度的叠加
【解析】【解答】A、设z轴某点P，PB连线与z轴正方向夹角为，B、D两点的正电荷在P点产生的电场强度为，x为PB间的距离。电场强度的合矢量为其中可得函数对该函数求导数令，解结合导函数的性质可知，时，是单调递增，在时，是单调递减，即当时，电场强度最大，而A点位置对应的，此时所以 图中的A点不是z轴上场强最强的点，A错误；
B、在A点，合场强为而 ，解得，B正确；
C、由于C点到B、D间的距离也等于L，所以C点的电场强度大小也为方向沿x轴的正方向，小球在C点受到重力，电场力及其方向沿x轴负方向，轨道对小球的弹力，而重力和电场力沿轨道方向的分力合力为零，即在小球的运动方向上，小球刚到达C点时合力刚好为零，所以小球刚到达C点时的加速度为 0，C错误；
D、小球从A点运动到C点，A、C两点的电势相等，所以该过程电场力做功为零，由动能定理知而解得D错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查电场强度的叠加和动能定理的应用，要求学生有一定的空间想象能力和一定的数学基础，难度较大，如何找到BD连线上电场强度最大的点，需要借助数学的求导；根据电场的矢量合成结合几何关系可以求解A点的电场强度，根据功能关系求出小球到达C点的动能。注意：小球到达C点时电场力的方向。
8．（2022高二上·江西期末） 如图所示，在轴上放置两正点电荷、，当空间存在沿轴负向的匀强电场时，轴上点的场强等于零，已知匀强电场的电场强度大小为，两点电荷到的距离为、，则在轴上与点对称的点的电场强度大小为
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】电场强度的叠加
【解析】【解答】ABC.A点场强为零，说明两点电荷在A点的合场强与匀强电场的场强等大反向，即竖直向上，大小为E，根据对称性，两点电荷在B处产生的合场强竖直向下，大小为E，所以B点的场强大小为2E，方向竖直向下，故AB不符合题意，C符合题意；
D.由于电场强度是矢量，所以B点的电场强度不能用代数和求，故D不符合题意。
故答案为：C
【分析】根据电场叠加原理以及点电荷的电场强度公式结合分析即可判断。
9．（2021高二上·辽宁开学考）由n 个带电量均为Q的可视为质点的带电小球无间隙排列构成的半径为R的圆环固定在竖直平面内。 一个质量为m的金属小球（视为质点）通过长为L＝2R 的绝缘细线悬挂在圆环的最高点。当金属小球电荷量也为 Q（未知）时，发现金属小球在垂直圆环平面的对称轴上 P 点处于平衡状态，如图所示，轴线上的两点 P、P'关于圆心 O 对称。已知静电力常量为 k，重力加速度为 g， 取无穷远处电势为零。则下列说法中正确的是（ ）
A．O 点的场强一定为零
B．由于 P，P′两点关于O点对称，两点的场强大小相等，方向相反
C．金属带电小球的电量为Q =
D．固定 P 处的小球，然后在圆环上取下一个小球（其余 n－1个小球位置不变）置于 P'处，则圆心 O的场强大小为
【答案】D
【知识点】电场强度的叠加
【解析】【解答】A．根据对称性可知，由n 个带电量均为Q的可视为质点的带电小球无间隙排列构成的半径为R的圆环，在圆心O点场强为0，带电金属小球在O点的场强不0，所以O 点的场强不为零，A不符合题意；
B．根据对称性可知，由n 个带电量均为Q的可视为质点的带电小球无间隙排列构成的半径为R的圆环，在P、P′两点的场强大小相等，方向相反，带电金属小球 在这两点产生的电场强度不相等，B不符合题意；
C．取圆环带电小球；由库仑定律可得，该部分对小球的库仑力
方向沿该点与小球的连线指向小球；同理取以圆心对称的小球，其库仑力与F1相同；如图所示
由几何关系可知，细线与轴线的夹角
两力的合力应沿圆心与小球的连线向外，大小为
因圆环上各点对小球均有库仑力，故所有部分库仑力的合力
小球受力分析如图所示
可得
解得，金属带电小球的电量为
C不符合题意；
D．在圆环上取下一个小球后，圆环上的电荷在圆心 O的场强大小为
根据对称性可知，固定 P 处的小球，在圆环上取下一个小球（其余 n－1个小球位置不变）置于 P'处，在圆心 O的场强大小为0
所以固定 P 处的小球，然后在圆环上取下一个小球（其余 n－1个小球位置不变）置于 P'处，则圆心 O的场强大小为
D符合题意。
故答案为：D。
【分析】n 个带电量均为Q的可视为质点的带电小球无间隙排列构成的半径为R的圆环。由几何关系可知圆环上的电荷在圆心 O的场强大小。
10．（高中物理人教版选修3-1第一章第3节电场强度同步练习）在x轴上有两个点电荷，一个带正电Q1，一个带负电–Q2，且Q1=2Q2，用E1和E2分别表示两个电荷所产生的场强的大小，则在x轴上（ ）
A．E1=E2之点只有一处，该处合场强为零
B．E1=E2之点共有两处，一处合场强为零，另一处合场强为2E2
C．E1=E2之点共有三处，其中两处合场强为零，另一处合场强为2E2
D．E1=E2之点共有三处，其中一处合场强为零，另两处合场强为2E2
【答案】B
【知识点】电场强度的叠加
【解析】【解答】画出示意图（下图），由于Q1>Q2，所以，在x轴上E1=E2的点只能在两电荷Q1、E2的连线中间或点电荷Q2的右侧。Q1、Q2在连线中间产生场强的方向相同，当该处到Q1、Q2的距离之比r1/r2= 时，即可使E1=E2，合场强为2E2；Q1、Q2在Q2右侧产生的场强相反，当该处到Q1、Q2的距离之比r1/r2= 时，则E2=E1，合场强为零，故应选B。
【分析】根据库仑定律和一定的位置关系可判断两场强相等的位置，并根据各个电荷在该位置场强方向计算和场强大小，
二、多项选择题
11．（2017高二上·泉州期末）直线AB是某电场中的一条电场线．若有一电子以某一初速度，仅在电场力的作用下，沿AB由A运动到B，其速度图象如图所示，下列关于A、B两点的电场强度EA、EB和电势φA、φB的判断正确的是（ ）
A．EA＞EB B．EA＜EB C．φA＞φB D．φA＜φB
【答案】A,C
【知识点】电场强度和电场线；电场及电场力；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】解：A、B、由图可知，电子在A点加速度较大，则可知A点所受电场力较大，由F=Eq可知，A点的场强要大于B点场强；故A正确，B错误；
C、D、电子从A到B的过程中，速度减小，动能减小，则可知电场力做负功，故电势能增加，故 A＜ B，电子带负电，由φ= 可知，A点的电势要大于B点电势，φA＞φB，故C正确，D错误；
故选：AC．
【分析】根据速度图象得出电子的加速度越来越小，根据牛顿第二定律说明电场力越来越小，再根据电场强度的定义求解．沿着电场线方向电势降低．
12．（2021高二上·江西月考）如图所示，边长为L的正三角形ABC固定于水平面内，C为光滑固定绝缘直轨道CD的最低点，D点位于AB中点O的正上方，DA、DB的长度都为L，一对电荷量均为-Q（Q>0）的点电荷分别固定于A、B两点。将质量为m、电荷量为+q（q>0）的小球从轨道上的D点由静止开始释放，已知静电力常量为k、重力加速度大小为g，且，忽略空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．轨道上D点的电场强度大小为
B．小球刚到达C点时，其加速度为
C．小球刚到达C点时，其动能为
D．小球在沿直轨道CD下滑的过程中，电势能先减小后增大
【答案】A,D
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用；电场强度；电场强度的叠加
【解析】【解答】A．根据电场强度定义和库仑定律可知，A、B处的点电荷在D点的电场强度大小均为
由平行四边形定则可得，轨道上D点的电场强度大小为
A符合题意；
B．由对称性可知，轨道上C点的场强大小与D点的场强大小相等，故小球刚到达C点时，由牛顿第二定律可得
解得
B不符合题意；
C．由等量同种电荷的电场特点可知，C点和D点电势相等，故电场力做的总功为零，从D到C过程，根据动能定理可得
故小球到达C点时动能为，C不符合题意；
D．小球在沿直轨道CD下滑过程中，电场力先做正功后做负功，其电势能先减小后增大，D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】根据点电荷周围电场强度的表达式A、B处的点电荷在D点的电场强度，利用合场强的求解得出轨道上D点的电场强度；小球在C点时根据牛顿第二定律得出加速度的表达式；从D到C过程的过程中，根据动能定理得出小球到达C点时动能。
13．（2017高二上·遵义期中）如图所示，真空中有一半径为R、电荷量为+Q的均匀带电球体，以球心为坐标原点，沿半径方向建立x轴．理论分析表明，x轴上各点的场强随x变化关系如图乙所示，则（ ）
A．x2处场强大小为
B．球内部的电场为匀强电场
C．x1、x2两点处的电势相同
D．假设将试探电荷沿x轴移动，则从x1移到R处和从R移到x1处电场力做功不相同
【答案】A,D
【知识点】电场强度和电场线
【解析】【解答】解：A、电荷量为+Q 的均匀带电球体，以球心为坐标原点，当作位于球心的带电量为+Q的点电荷处理，则x2处场强大小为 ，故A正确；
B、由图象可知，球内部的电场强度不是处处相等，所以内部电场为非匀强电场，故B错误；
C、由图象与x轴所围面积表示电势差，可知x1处与球表面、球表面与x2处的电势差不同，则x1、x2两点处的电势不同，故C错误；
D、因电场力做功与初末位置有关，当假设将试探电荷沿x轴移动，则从x1移到R处和从R移到x1处，因电势差不同，由W=qU知，电场力做功不同，故D正确；
故选：AD
【分析】电荷量为+Q 的均匀带电球体，当作位于球心的带电量为+Q的点电荷处理根据库仑定律求解，图象与x轴所围面积表示电势差，分析可得。
14．（2017高二上·福州期中）地面附近，存在着一有界电场，边界MN将某空间分成上下两个区域Ⅰ、Ⅱ，在区域Ⅱ中有竖直向上的匀强电场，在区域Ⅰ中离边界某一高度由静止释放一质量为m的带电小球A，如图甲所示，小球运动的v﹣t图象如图乙所示，已知重力加速度为g，不计空气阻力，则（ ）
A．在t=2.5s时，小球经过边界MN
B．小球受到的重力与电场力之比为3：5
C．在小球向下运动的整个过程中，重力做的功与电场力做的功大小相等
D．在小球运动的整个过程中，小球的机械能与电势能总和先变大再变小
【答案】B,C
【知识点】电场及电场力
【解析】【解答】解：A、小球进入电场前做自由落体运动，进入电场后受到电场力作用而做减速运动，由图可以看出，小球经过边界MN的时刻是t=1s时．A不符合题意．
B、由图象的斜率等于加速度得小球进入电场前的加速度为a1= =v1、进入电场后的加速度大小为a2= ，由牛顿第二定律得：
mg=ma1=mv1…①
F﹣mg=ma2
得电场力：F=mg+ma2= …②
由①②得重力mg与电场力F之比为3：5．B符合题意．
C、整个过程中，动能变化量为零，根据动能定理，整个过程中重力做的功与电场力做的功大小相等．C符合题意．
D、整个过程中，小球具有两种形式的能：机械能与电势能，根据能量守恒定律得知，它们的总和不变．D不符合题意．
故答案为：BC
【分析】该题目考察的解题思路是对小球进行受力分析，结合图乙，搞清楚小区的运功过程。解题的重点在于对图乙的分析，当小球速度最大的时候是电场力和重力相等的时候，速度为零的时候电场力做负功，把小球的动能消耗殆尽了。
三、非选择题
15．（2016·九江模拟）如图，光滑绝缘斜面倾角θ=30°，空间同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场水平向左，磁场垂直纸面向里，磁感应强度为B，一质量为m，电荷量为q的带正电小滑块恰好静止在A点，现电场强度大小不变，方向突然反向．（重力加速度为g）
（1）求匀强电场的电场强度E的大小
（2）试计算通过多长时间滑块脱离斜面
（3）已知：滑块脱离斜面后继续运动，在B点时达到最大速度为v，此时突然撤去磁场，滑块未与斜面碰撞而落到水平地面上的C点（B、C点未画出），且B、C两点距离为 ，求落地时速度vC的大小？
【答案】（1）解：初始小滑块静止有：mgsinθ=qEcosθ
得：E=
（2）解：设电场反向后滑块沿斜面运动经t0时间速度为v0；
脱离斜面时有：mgcosθ﹣qEsinθ﹣Bqv0=0
滑块沿斜面匀加速：mgsinθ+qEcosθ=ma
沿斜面匀加速时间：t0=
联立以上三式子得：t0=
（3）解：小滑块在B点时速度方向与电场力、重力的合力方向垂直，撤去磁场后，小滑块将做类平抛运动，
设加速度为a1；
则有：（ma1）2=（qE）2+（mg）2；
且（vt）2+（ ）2=（ ）2；
而
联立以上三式得：
【知识点】对单物体(质点)的应用；电场强度和电场线
【解析】【分析】（1）根据对小滑块受力分析，结合平衡条件，及矢量的分解法则，即可求解；（2）根据刚脱离斜面，压力为零，再结合牛顿第二定律，及运动学公式，即可求解；（3）根据平抛运动处理规律，结合力与位移满足勾股定理，即可求解．
16．（2017高二上·南昌期中）图甲是某电场中的一条电场线，A、B是这条电场线上的两点．若将一负电荷从A点自由释放，负电荷沿电场线从A到B运动过程中的速度图线如图乙所示．比较A、B两点电势UA UB，场强EA EB．（ 用＜，＞，=．填空 ）
【答案】＜；＞
【知识点】电场强度和电场线
【解析】【解答】解：负电荷从A释放（初速为0）后，能加速运动到B，说明负电荷受到的电场力方向是从A指向B，那么电场方向就是由B指向A，由于沿电场线方向电势逐渐降低，所以AB两点的电势关系是φA＜φB．
负电荷从A运动到B的过程中，它的加速度是逐渐减小的（乙图中的“斜率”表示加速度），由牛顿第二定律知，负电荷从A到B时，受到的电场力是逐渐减小的，由 E= 知，EA＞EB．C符合题意．
故答案为：＜，＞
【分析】沿电场线方向电势逐点降低。结合题目中速度时间图像我给出的信息核电场的分布规律综合进行分析。
17．（2022高二上·成都期末）足够长的水平桌面上存在如图所示的相邻的、宽度均为L=0.2m的区域Ⅰ、Ⅱ、和Ⅲ。区域Ⅰ中的桌面是光滑的，其它部分的桌面是粗糙的，动摩擦因数为μ=0.5。区域Ⅰ、Ⅱ、和Ⅲ（包括桌面）中存在方向均在图示竖直面内的三种匀强电场：Ⅰ中电场方向水平向右、大小为E1=36N/C；Ⅱ中电场方向水平向左、大小为E2=18N/C；Ⅲ中电场方向斜向左下与桌面成θ=53°、大小为E3=10N/C。一个可视为质点的、带正电的绝缘滑块，质量m=0.2kg，电量q=0.5C，从区域Ⅰ中左边缘O点由静止释放，重力加速度g=10m/s2，sin53°=0.8。求：
（1）滑块刚进入区域Ⅱ时的速率；
（2）滑块在区域Ⅱ中的运动时间；
（3）滑块运动的总路程。
【答案】（1）解：区域Ⅰ中电场力
区域Ⅰ中加速度大小
解得
加速度方向向右，进入区域Ⅱ时的速率
（2）解：区域Ⅱ中滑动摩擦力
区域Ⅱ中加速度大小
解得
加速度方向向左，离开区域Ⅱ时的速率
所求在区域Ⅱ中的运动时间
（3）解：区域Ⅲ中地面支持力
区域Ⅲ中滑动摩擦力
区域Ⅲ中加速度大小
解得
加速度方向向左，离开区域Ⅲ时的速率
离开区域Ⅲ后的加速度大小
解得
加速度方向向左，离开区域Ⅲ后的位移大小
所求总路程
【知识点】电场及电场力；力与运动的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的位移与速度的关系；匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿第二定律；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1） 滑块在区域Ⅰ中由牛顿第二定律可得加速度，再利用运动学规律可得刚进入区域Ⅱ时的速率；
（2）在区域Ⅱ中由牛顿第二定律可得加速度，再利用运动学规律可得滑块在区域Ⅱ运动时间 ；
（3）在区域Ⅲ中由牛顿第二定律可得加速度，再利用运动学规律可得刚出区域Ⅲ时的速率， 离开区域Ⅲ后由牛顿第二定律可得的加速度， 再利用运动学规律可得离开区域Ⅲ后的位移大小，然后把所以位移相加可得。
18．（2021高二上·山西月考）如图所示，在沿水平方向的匀强电场中有一固定点O，用一根绝缘细线把质量m=200g、电荷量q=+1×10-3C的金属小球悬挂在O点，小球在B点平衡时细线与竖直方向的夹角θ=37°。现将小球拉至位置A，使细线水平张紧后由静止释放。取重力加速度大小g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求∶
（1）匀强电场的电场强度大小E；
（2）小球通过最低点C时细线的拉力大小F；
（3）小球向下运动过程中细线拉力的最大值Fmax。
【答案】（1）解：小球受到电场力qE、重力mg和线的拉力作用处于静止，根据共点力平衡条件有
得
代入数据解得E=1500N/C
（2）解：小球从A点运动到C点的过程，根据动能定理有
设小球在最低点时细线对小球的拉力为T，根据牛顿第二定律有
解得T=3N
（3）解：当小球运动至B点时，小球速度最大，细线拉力最大，小球从A到B的过程，根据动能定理有
根据牛顿第二定律
解得
【知识点】受力分析的应用；电场及电场力；力的合成与分解的运用；共点力的平衡；牛顿第二定律；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）对小球进行受力分析，根据正交分解以及共点力平衡得出电场强度的大小；
（2）小球从A点到C点的过程中根据动能定理得出C点的速度大小，小球在C点合力提供向心力，根据牛顿第二定律得出细线的拉力大小；
（3）根据小球从A到B的过程中，根据动能定理得出B点的速度大小，结合牛顿第二定律得出细线拉力的最大值。
19．（2020高三上·安徽月考）有三根长度皆为L的不可伸长的绝缘轻线，其中两根的一端固定在天花板上的O点，另一端分别栓有质量都为m的带电小球A和B，它们的电量分别为 和 。A、B之间用第三根线连接起来。空间中存在电场强度大小为 的匀强电场，场强方向沿水平向右，平衡时A、B球的位置如图所示。现将O、B之间的线烧断，由于有空气阻力，A、B球最后会达到新的平衡位置。不计两带电小球间相互作用的静电力，重力加速度为g。求：
（1）A、B球达到新的平衡位置时， 、 绝缘轻线的张力大小分别为多少？
（2）最后两球的电势能之和与烧断前相比改变了多少？
【答案】（1）解： 、 分别表示细线 、 与竖直方向的夹角A球受力如图所示：重力 ，竖直向下；电场力 ，水平向左；细线 对A的拉力 ，方向如图；细线 对A的拉力 ，方向如图。由平衡条件
①
②
B球受力如图所示：重力 ，竖直向下；电场力 ，水平向右；细线 对B的拉力 ，方向如图。由平衡条件
③
④
①②③④联立，得
(用整体法也可以解出此答案，同样给分。)
（2）解：由此可知，A、B球重新达到平衡的位置如图所示
与原来位置相比，A球的电势能增加了 ⑤
B球的电势能减少了 ⑥
电势能总和增加了 ⑦
由⑤⑥⑦联立得
即两球的电势能的总和增加了
【知识点】电场及电场力；共点力的平衡
【解析】【分析】（1）分别对两个小球进行受力分析，在重力、拉力、电场力和库仑力的作用下，两个小球处于平衡状态，合力为零，根据该条件列方程分析求解；
（2）电荷在两点间移动时电场力做的功，利用AB两点间的电势差乘以电荷量，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加。
20．（2019高二下·德州期末）如图甲所示，边界MN将空间分成上下两个区域I、II，在区域II中有竖直向下的匀强电场，在电场中某一点B静止释放一个质量为m= 1×10-2
kg、带电量大小为q= 4×10-4 C的小球，它恰能到达区域I中的A点，已知小球运动的v—t图象如图乙所示，g=10m/s2，不计空气阻力。求：
（1）小球的带点性质，以及匀强电场的电场强度大小；
（2）A、B两点间的高度差h；
（3）若将电场反向且强度减为原来的三分之一，要让小球仍恰好到达A点，在B点需以多大的初速度竖直向上拋出。
【答案】（1）解：在电场中对小球受力分析知小球带负电
v—t图象的斜率等于加速度，则：
小球离开电场前的加速度大小
小球离开电场后的加速度大小
由牛顿第二定律得：
联立求得： 、
（2）解：由v—t图象的面积，有
解得：
（3）解：由动能定理，有：
由小球离开电场前的v—t图象的面积，有：
解得：
【知识点】电场及电场力；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系；动能定理的综合应用；运动学 v-t 图象
【解析】【分析】（1）小球在电场中竖直向上运动，故小球带负电，v-t图像中，图像的斜率是加速度，对小球进行受力分析，利用牛顿第二定律求解小球受到的电场力，除以电量即为电场强度；
（2）v-t图像中，横坐标为时间，纵坐标为速度，图像与时间轴所围成的面积是位移；
（3）对小球进行受力分析，结合小球的初末速度，对小球从起点到达最高点的过程应用动能定理求解初速度。
21．（2019高一下·盐城期末）如图所示，空间内有一匀强电场，竖直平行直线为匀强电场的电场线（方向未知）. 现有一电荷量为 q、质量为m的带负电粒子，从O点以某一初速度垂直电场方向进入电场，A、B为运动轨迹上的两点，当粒子运动到B点时速度方向与水平方向夹角为60°. 已知OA连线与电场线夹角为60°，OA＝L，带电粒子在电场中受到电场力大小为F. 不计粒子的重力及空气阻力. 求：
（1）电场强度的大小和方向；
（2）带电粒子从 O 到A的运动时间；
（3）匀强电场中OB两点间电势差大小.
【答案】（1）解：根据 可知，电场强度的大小为
粒子向上偏转，故电场力向上，因粒子带负电，故说明电场强度向下
（2）解：带电粒子在电场中做类平抛运动，设水平方向的位移为x，竖直方向的位移为y，由题意知：
x=Lsin60°
y=Lcos60°
根据分运动的规律有：
x=v0t
y= at2
粒子的加速度为：
联立解得： ，
（3）解：设粒子到达B点的速度为v，粒子从O点到B点过程中电场力做功为W，则由合运动与分运动的关系有：v= =2v0
由动能定理有：
W= mv2- mv02
联立解得：
由W=Uq可得：
【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律；动能定理的综合应用；电场强度
【解析】【分析】（1）电场强度利用电荷受到的电场力除以电荷量即可；
（2）小球水平方向匀速运动，竖直方向匀加速运动，利用牛顿第二定律求解加速度，利用运动学公式求解运动时间；
（3）对小球从O点运动到B点的过程应用动能定理，结合小球的初末速度求解电场力做的功，除以电荷量即为电势差。
22．（高中物理选修3-1 第一章静电场 单元试卷（1））如图所示，在竖直平面内的平面直角坐标系xOy中，x轴上方有水平向右的匀强电场，有一质量为m，电荷量为﹣q（﹣q＜0）的带电绝缘小球，从y轴上的P（0，L）点由静止开始释放，运动至x轴上的A（﹣L，0）点时，恰好无碰撞地沿切线方向进入在x轴下方竖直放置的四分之三圆弧形光滑绝缘细管．细管的圆心O1位于y轴上，交y轴于点B，交x轴于A点和C（L，0）点．该细管固定且紧贴x轴，内径略大于小球外径．小球直径远小于细管半径，不计一切阻力，重力加速度为g．求：
（1）匀强电场的电场强度的大小；
（2）小球运动到B点时对管的压力的大小和方向；
（3）小球从C点飞出后会落在x轴上的哪一位置．
【答案】（1）解：小球释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小球从A点沿切线方向进入，则此时速度方向与竖直方向的夹角为45°，即加速度方向与竖直方向的夹角为45°，
则tan45°=
解得：E=
答：匀强电场的电场强度的大小为 ；
（2）解：根据几何关系可知，圆弧的半径r=
从P到B点的过程中，根据动能定理得：
（2L+ ）+EqL
在B点，根据牛顿第二定律得：
N﹣mg=m
联立解得：N= mg，方向向上
答：小球运动到B点时对管的压力的大小为 mg方向向上；
（3）解：从P到A的过程中，根据动能定理得：
解得：
小球从C点抛出后做类平抛运动，
抛出时的速度vC=vA=
小球的加速度 ，
当小球沿抛出方向和垂直抛出方向位移相等时，又回到x轴，则有：
解得：
则沿x轴方向运动的位移x=
则小球从C点飞出后落在x轴上的坐标x′=L﹣8L=﹣7L
答：小球从C点飞出后会落在x轴上的坐标为﹣7L的位置上．
【知识点】电场及电场力；平抛运动；动能定理的综合应用；电场强度
【解析】【分析】（1）利用竖直方向的自由落体运动求出竖直速度，利用末速度的方向求出水平速度，进而求出水平加速度，再利用牛顿的第二定律求解电场强度。
（2）对小球从A点运动到B点的运动过程应用动能定理，求出末状态的速度，再利用向心力公式求出压力。
（3）小球从C点抛出后，在竖直方向做上抛运动，计算出运动时间，对水平方向应用运动学公式求解即可。
23．（2023高二上·阳江月考）如图，长L、间距为d的平行金属板固定，板面与水平面成θ角，两板间的电势差为U，电场仅存在于板间且为匀强电场。一电荷量为q的带正电小球由弹射器提供能量，出弹射器即以沿两板中心线的速度从下端点进入板间，恰好能沿中心线运动。不计摩擦力和空气阻力，小球视为质点且电荷量不变。
（1）要使小球能飞出点，求弹射器提供的最小能量；
（2）若弹射器提供的能量为，求小球到达的最高点和点之间的水平距离。
【答案】（1）设小球的质量为m，重力加速度为g，平行金属板间的电场强度为E，对小球受力分析，如图所示，由题意可知
则有
解得
要使小球能飞出点，当小球在点速度恰好是零时，弹射器提供的有最小能量，由动能定理可得
解得
（2）若弹射器提供的能量为，当小球在点时速度不等于零，设速度为v，由动能定理可得
解得，则小球从点开始做斜抛运动，由斜抛运动的规律可得，在水平方向则有
在竖直方向则有，小球到达的最高点时，则有，
其中，联立解得
【知识点】斜抛运动；动能定理的综合应用；匀强电场
【解析】【分析】（1）对小球受力分析，列出等式，再根据小球在点速度恰好是零时，弹射器提供的有最小能量，由动能定理求解；
（2）根据动能定理列式，求出v的速度公式，再根据小球从点开始做斜抛运动，由斜抛运动的规律求解。
24．（2022高二上·长沙期末）如图，、两点电荷相距，为连线上的一点，. 距离为，、所带电荷量分别为和，静电力常量为，求：
（1）电荷对电荷的库仑力大小；
（2）点的电场强度大小及方向。
【答案】（1）解：由库仑定律得：
代入数据得：
答：电荷对电荷的库仑力大小为；
（2）解：点电场强度大小为：
代入数据得：
方向由指向
答：点的电场强度大小及方向为，方向由指向。
【知识点】库仑定律；点电荷的电场
【解析】【分析】（1）由库仑定律计算电荷A对电荷B的库仑力大小；（2）由点电荷的场强公式和电场的叠加原理，计算O点的电场强度大小及方向。
25．（2023高一下·深圳期末）
（1）图甲静电除尘器由板状收集器A和线状电离器B组成。A接在高压电源的正极，B接在高压电源的负极，其内部电场如图乙所示。粉尘由侧面进入除尘器后遇到电子而带负电，最终被吸附到A上，从而达到除尘的目的。则带电粉尘颗粒（带电量不变）在运动过程中，所受电场力与电场线相切指向 （选填“A”或“B”），所受电场力的大小 （选填“越来越大”“越来越小”或“不变”）。
（2）某同学设计了一种测量物体带电量的方案，其原理如图所示。在O点正下方某位置固定一带电量为＋Q的绝缘小球A。长为l的绝缘细线一端固定在O点，另一端与一个质量为m的金属小球B相连。小球B静止时恰好与小球A在同一水平线上，用量角器测出细线与竖直方向的夹角为θ。已知静电力常量为k，重力加速度为g，两小球的大小可忽略不计，求：
①平衡时小球B受到的库仑力的大小；
②小球B所带的电荷量q的大小。
【答案】（1）A；越来越小
（2）①解：对小球B受力分析可知：
故有：
②解：由库仑定律可知：
联立解得：
【知识点】库仑定律；电场及电场力；电场线
【解析】【解答】（1）电子在向A极运动过程中被烟气中的粉尘俘获，使粉尘带负电，所以粉尘所受电场力方向与电场方向相反，所以电场力与电场线相切指向A；电场线的疏密代表电场强度的大小，所以电场力的大小越来越小。
【分析】（1）根据电子受力方向与电场方向相反分析电场力，电场线的疏密代表电场强度的大小，从而分析电场力大小。本题考查了静电在实际生产中的应用，要求同学们熟练掌握静电的防止与应用的具体实例；
（2）B球受到重力、线的拉力和电场力而平衡根据B球受力平衡，由平衡条件求B受到的库仑力的大小；根据库定律分析即可解题
对于电场和重力场中的共点力作用下物体的平衡问题，其解决方法和纯力学中共点力作用下物体的平衡，适用完全相同的解决方法，关键要正确分析受力情况。
26．（2019高二上·双鸭山月考）如图所示，在沿水平方向的匀强电场中有一固定点O，用一根长度为 的绝缘细线把质量为 ，带有正电荷的金属小球悬挂在O点，小球静止在B点时，细线与竖直方向的夹角为 。现将小球拉至位置A使细线水平后由静止释放。求：
（1）小球运动通过最低点C时的速度大小；
（2）小球通过最低点C时细线对小球的拉力大小；
（3）如果要使小球能绕O点做圆周运动，则在A点时沿垂直于OA方向上施加给小球的初速度的大小范围。(取 ， )
【答案】（1）解：小球受到电场力 、重力 和绳的拉力作用处于静止
根据共点力平衡条件有：
小球从 点运动到 点的过程，根据动能定理有：
代入数据解得：
（2）解：在 点，由细线对小球的拉力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得：
代入解得：
（3）解：若能通过圆周上 点关于 点的对称性时，则能做完整的圆周运动，设对称点为 ，通过 点最小速度为 ，小球恰好通过 点时，由电场力与重力的合力提供向心力，得：
从 到 的过程，运用动能定理得：
代入数据解得：
要使小球能在竖直平面内做完整的圆周运动，则在 点时沿垂直于 方向上施加给小球的初速度的大小
【知识点】受力分析的应用；电场及电场力；共点力的平衡；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）对小球进行受力分析，对小球从最高点运动到最低点的过程应用动能定理求解小球的末速度；
（2）对处在最低点的物体进行受力分析，结合此时物体的受力情况，利用向心力公式求解拉力大小；
（3）对处在最高点的物体进行受力分析，结合此时物体的受力情况，利用向心力公式求解物体的速度；对物体从A点运动到最高点的过程应用动能定理求解求解初速度大小。
27．（2019高一下·景德镇期中）如图所示，光滑的薄平板，放置水平桌面上，平板右端与桌面相齐，在平板上距右端 处放一比荷为 的带电体B（大小可忽略），A长 ，质量 ．在桌面上方区域内有电场强度不同的匀强电场， 左侧电场强度为 ，方向水平向右；右侧电场强度为左侧的5倍，方向水平向左．在薄平板A的右端施加恒定的水平作用力F，同时释放带电体B，经过一段时间后，在 处带电体B与薄平板A分离，其后带电体B到达桌边缘时动能恰好为零， 求：
（1） 处到桌面右边缘的距离；
（2）加在薄平板A上恒定水平作用力F的大小；
（3）从B与A分离开始计时，带电体B再一次回到分离点时运动的总时间．
【答案】（1）解：对B在 左侧运动时， ，设B到达 时的速度为 ，则： ，对B在 右侧运动时， ， ，由几何关系知， ，代入数据解得
（2）解：对木板A，在B加速的时间内， ， ，B在同一时间内加速的过程中，有： ，对木板A，在B加速的时间内受力F的作用，由牛顿第二定律得， ，代入数据解得
（3）解：B在右侧电场中以 为初速度做匀减速直线运动，
B在右侧电场中速度减小到零后再反向做匀加速直线运动，运动时间也为
B进入左侧电场中以 为初速度做匀减速直线运动， ，之后向右做匀加速直线运动，时间为 ，则总时间为：
【知识点】电场及电场力；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的位移与速度的关系
【解析】【分析】（1）对物体进行受力分析，利用牛顿第二定律求解物体的加速度，结合运动学公式求解末位置；
（2）木板做匀加速运动，结合木板移动的距离和时间，利用运动学公式求解加速度，结合牛顿第二定律求解作用力；
（3）物体B先做匀加速运动，再反向做匀加速运动，结合加速度求解运动时间即可。
28．（2019·奉贤模拟）如图所示，密立根油滴实验的装置示意图。一带负电油滴处于水平放置的两平行金属板A、B之间。当平行板不带电时，油滴由于受到重力作用加速下落，速率变大，受到的空气阻力也变大，因此油滴很快会以一恒定速率v1匀速下落。当上极板A带负电，下极板B带等量正电时，两极板之间形成的电场可看作匀强电场且电场强度为E，该油滴下落的最终速率为v2．已知运动中油滴受到的阻力可由公式f＝kv计算（其中k为常数），速率v1、v2、常数k、电场强度E均为已知，带电油滴运动过程中始终未触及极板。求：
（1）油滴的重力G；
（2）油滴所带的电量大小q；
（3）若将两极板A、B上所带电荷互换，请分析油滴的运动过程，并求出最终速率v3。
【答案】（1）解：当平行板不带电时，最终以一恒定速率v1匀速下落，此时受力分析如图所示：
根据平衡得：G＝kv1
（2）解：当加上竖直方向的匀强电场后，油滴最终以v2匀速下落，此时油滴受力分析如图所示：
根据平衡得：G+Eq＝kv2
解得：q＝
（3）解：将两极板A、B上所带电荷互换，电场强度不变，方向相反，竖直向下，油滴受力如图所示：
开始时，向上的力大于向下的力，油滴将向下做减速直线运动，规定竖直向下为正方向
根据牛顿第二定律得：
①若qE＜G，即v1＜v2＜2v1时：
油滴将做向下的加速度减小的变减速，最终向下匀速，此时，Eq+kv3＝G
k（v2﹣v1）+kv3＝kv2
最终速率v3＝2v1﹣v2
②若Eq＝G，即v2＝2v1时：
油滴将做加速度减小的变减速，最终速度为零，即静止；最终速率v3′＝0
③若Eq＞G，即v2＞2v1时：油滴将向下做加速度减小的变减速直线运动，速度减为零后，又向上做加速直线运动，受力如图所示：
；v变大，a减小，即又会做向上的加速度减小的变加速直线运动，最终向上匀速，此时受力分析如图所示：
此时Eq＝G+kv3″
k（v2﹣v1）＝kv1+kv3″
最终速率v3″＝v2﹣2v1
【知识点】电场及电场力；共点力的平衡；牛顿第二定律
【解析】【分析】（1）油滴匀速下落，即重力等于阻力，根据阻力公式列方程求解重力；
（2）油滴静止在两板之间，重力等于电场力，列方程求解电量；
（3）对油滴进行受力分析，根据重力和电场力的大小，利用于运动学公式求解最终速度即可。
29．（2018-2019学年人教版高中物理 选修3-1 1.3 电场强度 同步练习）真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v0 ， 在油滴处于位置A时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变．持续一段时间t1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B点．重力加速度大小为g．
（1）油滴运动到B点时的速度；
（2）求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的t1和v0应满足的条件．已知不存在电场时，油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍．
【答案】（1）解：设油滴质量和电荷量分别为m和q，油滴速度方向向上为正。油滴在电场强度大小为E1的匀强电场中做匀速直线运动，故匀强电场方向向上。在t=0时，电场强度突然从E1增加至E2时，油滴做竖直向上的匀加速运动，加速度方向向上，大小a1满足①
油滴在时刻t1的速度为
②
电场强度在时刻t1突然反向，油滴做匀变速直线运动，加速度方向向下，大小a2满足
③
油滴在时刻t2=2t1的速度为
④由①②③④式得⑤
（2）解：由题意，在t=0时刻前有⑥
油滴从t=0到时刻t1的位移为
⑦
油滴在从时刻t1到时刻t2=2t1的时间间隔内的位移为
⑧由题给条件有 ⑨式中h是B、A两点之间的距离。
若B点在A点之上，依题意有
⑩由①②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得 为使 ，应有 即当 或 才是可能的：条件 式和 式分别对应于 和 两种情形。
若B在A点之下，依题意有
由①②③⑥⑦⑧⑨ 式得 为使 ，应有 即 另一解为负，不符合题意，已舍去。
【知识点】电场及电场力
【解析】【分析】（1）假设变化后的电场强度，利用牛顿第二定律求出此时的加速度，再利用运动学公式分段求解小油滴的速度。
（2）该题目的解题思路是利用t1和v0两个两把前后两个电场强度E表示出来，利用“后来的电场强度比原来的大”列不等式求解即可。
30．（2018-2019学年人教版高中物理 选修3-1 1.1电荷及其守恒定律 同步练习）如图所示，固定斜面与水平面夹角为 ，高度为h，空间充满垂直斜面向下的匀强电场，电场强度 ，一质量为m，电量为 的物体以某速度下滑时刚好能做匀速直线运动，物体可以看成质点，且下滑过 程中其电量保持不变，重力加速度为g，问：
（1）斜面与物体间的动摩檫因数。
（2）若保持电场强度大小不变，把电场方向改为水平向左，从斜面顶端静止开始释放物体，求物体落到地面时候的速度大小。
【答案】（1）解：对物体受力分析，如图：
根据物体平衡状态有： ，
，即 ，由以上各式解得：
（2）解：若保持电场强度大小不变，把电场方向改为水平向左，先把重力与电场力合成，合力与水平方向成45°解，即物体将离开斜面，如图：
由于电场力与重力大小相等，所以物体在竖直方向和水平方向的位移大小相等，
对物体从斜面顶端到落地应用动能定理： ，即 ，解得 。
【知识点】电场及电场力
【解析】【分析】（1）对物体进行受力分析，物体处在匀速运动状态，合外力为零，水平正交分解，求解摩擦因数即可。
（2）出物体重新进行受力分析，求出合外力，利用牛顿第二定律求出物体的加速度，再利用运动学公式求解即可。
1 / 1人教版物理必修3同步练习: 9.3 电场 电场强度(优生加练)
一、选择题
1．（2019高一下·上饶月考）如图所示，梯形abdc位于某匀强电场所在平面内，两底角分别为60°、30°，cd＝2ab＝4 cm。已知a、b两点的电势分别为4 V、0，将电荷量q＝1.6×10－3 C的正电荷由a点移动到c点，克服电场力做功6.4×10－3 J。下列关于电场强度的说法正确的是（ ）
A．方向垂直bd斜向上，大小为400 V/m
B．方向垂直bd斜向上，大小为200 V/m
C．方向垂直bc斜向下，大小为 V/m
D．方向垂直bc斜向下，大小为 V/m
2．（2018·江苏）如图所示，水平金属板A、B分别与电源两极相连，带电油滴处于静止状态．现将B板右端向下移动一小段距离，两金属板表面仍均为等势面，则该油滴（ ）
A．仍然保持静止 B．竖直向下运动
C．向左下方运动 D．向右下方运动
3．（2022·萍乡二模）如图所示，两个完全相同的正点电荷A和B，其连线 沿竖直方向，中心为O，一重力不可忽略的带电小球C（图中未画出，可视为点电荷）恰能在点电荷A、B形成的电场中做匀速圆周运动，不计空气阻力，小球质量为m，带电荷量为q，速度大小为v，下列说法正确的是（ ）
A．小球可能带正电也可能带负电
B．小球做圆周运动的圆心在 之间的某点
C．若m不变，q减小，v适当改变时，小球仍可在原轨道做圆周运动
D．若换一个质量不同但比荷相同的小球，小球仍可在原轨道做匀速圆周运动
4．（2019高三上·慈溪期末）反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似，已知静电场的方向平行于x轴，其电势q随x的分布如图所示，一质量m＝1.0×10﹣20kg，带电荷量大小为q＝1.0×10﹣9C的带负电的粒子从（1，0）点由静止开始，仅在电场力作用下在x轴上往返运动。忽略粒子的重力等因素，则（ ）
A．x轴左侧的电场强度方向与x轴正方向同向
B．x轴左侧电场强度E1和右侧电场强度E2的大小之比E1：E2＝2：1
C．该粒子运动的周期T＝1.5×10﹣8s
D．该粒子运动的最大动能Ekm＝2×10﹣8J
5．（2017高二上·玉溪期中）一个正点电荷Q静止在正方形的一个角上，另一个带电质点射入该区域时，恰好能经过正方形的另外三个角a、b、c，如图所示，则有（ ）
A．a、b、c三点的电势高低及场强大小的关系是φa=φc＞φb，Ea=Ec= Eb
B．若改变带电质点在a处的速度大小和方向，有可能使其经过三点a、b、c做匀速圆周运动
C．带电质点在a、b、c三处的加速度大小之比是1：2：1
D．带电质点由a到b电势能增加，由b到c电场力做正功，在b点动能最小
6．如图所示，在竖直放置的光滑半圆形绝缘细管的圆心O处放一点电荷。现将质量为m、电荷量为q的小球从半圆形管的水平直径端点A静止释放，小球沿细管滑到最低点B时，对管壁恰好无压力。若小球所带电量很小，不影响O点处的点电荷的电场，则置于圆心处的点电荷在B点处的电场强度的大小为（ ）
A． B．
C． D．
7．（2023高二上·大庆月考）如图所示，水平面内的等边三角形BCD的边长为L，顶点C恰好位于光滑绝缘直轨道AC的最低点，A点到B、D两点的距离均为L，A点在BD边上的竖直投影点为O。y轴上B、D两点固定两个等量的正点电荷，在z轴两电荷连线的中垂线上必定有两个场强最强的点，这两个点关于原点O对称。在A点将质量为m、电荷量为的小球套在轨道AC上（忽略它对原电场的影响）将小球由静止释放，已知静电力常量为k，重力加速度为g，且，忽略空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．图中的A点是z轴上场强最强的点
B．轨道上A点的电场强度大小为
C．小球刚到达C点时的加速度为
D．小球刚到达C点时的动能为
8．（2022高二上·江西期末） 如图所示，在轴上放置两正点电荷、，当空间存在沿轴负向的匀强电场时，轴上点的场强等于零，已知匀强电场的电场强度大小为，两点电荷到的距离为、，则在轴上与点对称的点的电场强度大小为
A． B．
C． D．
9．（2021高二上·辽宁开学考）由n 个带电量均为Q的可视为质点的带电小球无间隙排列构成的半径为R的圆环固定在竖直平面内。 一个质量为m的金属小球（视为质点）通过长为L＝2R 的绝缘细线悬挂在圆环的最高点。当金属小球电荷量也为 Q（未知）时，发现金属小球在垂直圆环平面的对称轴上 P 点处于平衡状态，如图所示，轴线上的两点 P、P'关于圆心 O 对称。已知静电力常量为 k，重力加速度为 g， 取无穷远处电势为零。则下列说法中正确的是（ ）
A．O 点的场强一定为零
B．由于 P，P′两点关于O点对称，两点的场强大小相等，方向相反
C．金属带电小球的电量为Q =
D．固定 P 处的小球，然后在圆环上取下一个小球（其余 n－1个小球位置不变）置于 P'处，则圆心 O的场强大小为
10．（高中物理人教版选修3-1第一章第3节电场强度同步练习）在x轴上有两个点电荷，一个带正电Q1，一个带负电–Q2，且Q1=2Q2，用E1和E2分别表示两个电荷所产生的场强的大小，则在x轴上（ ）
A．E1=E2之点只有一处，该处合场强为零
B．E1=E2之点共有两处，一处合场强为零，另一处合场强为2E2
C．E1=E2之点共有三处，其中两处合场强为零，另一处合场强为2E2
D．E1=E2之点共有三处，其中一处合场强为零，另两处合场强为2E2
二、多项选择题
11．（2017高二上·泉州期末）直线AB是某电场中的一条电场线．若有一电子以某一初速度，仅在电场力的作用下，沿AB由A运动到B，其速度图象如图所示，下列关于A、B两点的电场强度EA、EB和电势φA、φB的判断正确的是（ ）
A．EA＞EB B．EA＜EB C．φA＞φB D．φA＜φB
12．（2021高二上·江西月考）如图所示，边长为L的正三角形ABC固定于水平面内，C为光滑固定绝缘直轨道CD的最低点，D点位于AB中点O的正上方，DA、DB的长度都为L，一对电荷量均为-Q（Q>0）的点电荷分别固定于A、B两点。将质量为m、电荷量为+q（q>0）的小球从轨道上的D点由静止开始释放，已知静电力常量为k、重力加速度大小为g，且，忽略空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．轨道上D点的电场强度大小为
B．小球刚到达C点时，其加速度为
C．小球刚到达C点时，其动能为
D．小球在沿直轨道CD下滑的过程中，电势能先减小后增大
13．（2017高二上·遵义期中）如图所示，真空中有一半径为R、电荷量为+Q的均匀带电球体，以球心为坐标原点，沿半径方向建立x轴．理论分析表明，x轴上各点的场强随x变化关系如图乙所示，则（ ）
A．x2处场强大小为
B．球内部的电场为匀强电场
C．x1、x2两点处的电势相同
D．假设将试探电荷沿x轴移动，则从x1移到R处和从R移到x1处电场力做功不相同
14．（2017高二上·福州期中）地面附近，存在着一有界电场，边界MN将某空间分成上下两个区域Ⅰ、Ⅱ，在区域Ⅱ中有竖直向上的匀强电场，在区域Ⅰ中离边界某一高度由静止释放一质量为m的带电小球A，如图甲所示，小球运动的v﹣t图象如图乙所示，已知重力加速度为g，不计空气阻力，则（ ）
A．在t=2.5s时，小球经过边界MN
B．小球受到的重力与电场力之比为3：5
C．在小球向下运动的整个过程中，重力做的功与电场力做的功大小相等
D．在小球运动的整个过程中，小球的机械能与电势能总和先变大再变小
三、非选择题
15．（2016·九江模拟）如图，光滑绝缘斜面倾角θ=30°，空间同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场水平向左，磁场垂直纸面向里，磁感应强度为B，一质量为m，电荷量为q的带正电小滑块恰好静止在A点，现电场强度大小不变，方向突然反向．（重力加速度为g）
（1）求匀强电场的电场强度E的大小
（2）试计算通过多长时间滑块脱离斜面
（3）已知：滑块脱离斜面后继续运动，在B点时达到最大速度为v，此时突然撤去磁场，滑块未与斜面碰撞而落到水平地面上的C点（B、C点未画出），且B、C两点距离为 ，求落地时速度vC的大小？
16．（2017高二上·南昌期中）图甲是某电场中的一条电场线，A、B是这条电场线上的两点．若将一负电荷从A点自由释放，负电荷沿电场线从A到B运动过程中的速度图线如图乙所示．比较A、B两点电势UA UB，场强EA EB．（ 用＜，＞，=．填空 ）
17．（2022高二上·成都期末）足够长的水平桌面上存在如图所示的相邻的、宽度均为L=0.2m的区域Ⅰ、Ⅱ、和Ⅲ。区域Ⅰ中的桌面是光滑的，其它部分的桌面是粗糙的，动摩擦因数为μ=0.5。区域Ⅰ、Ⅱ、和Ⅲ（包括桌面）中存在方向均在图示竖直面内的三种匀强电场：Ⅰ中电场方向水平向右、大小为E1=36N/C；Ⅱ中电场方向水平向左、大小为E2=18N/C；Ⅲ中电场方向斜向左下与桌面成θ=53°、大小为E3=10N/C。一个可视为质点的、带正电的绝缘滑块，质量m=0.2kg，电量q=0.5C，从区域Ⅰ中左边缘O点由静止释放，重力加速度g=10m/s2，sin53°=0.8。求：
（1）滑块刚进入区域Ⅱ时的速率；
（2）滑块在区域Ⅱ中的运动时间；
（3）滑块运动的总路程。
18．（2021高二上·山西月考）如图所示，在沿水平方向的匀强电场中有一固定点O，用一根绝缘细线把质量m=200g、电荷量q=+1×10-3C的金属小球悬挂在O点，小球在B点平衡时细线与竖直方向的夹角θ=37°。现将小球拉至位置A，使细线水平张紧后由静止释放。取重力加速度大小g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求∶
（1）匀强电场的电场强度大小E；
（2）小球通过最低点C时细线的拉力大小F；
（3）小球向下运动过程中细线拉力的最大值Fmax。
19．（2020高三上·安徽月考）有三根长度皆为L的不可伸长的绝缘轻线，其中两根的一端固定在天花板上的O点，另一端分别栓有质量都为m的带电小球A和B，它们的电量分别为 和 。A、B之间用第三根线连接起来。空间中存在电场强度大小为 的匀强电场，场强方向沿水平向右，平衡时A、B球的位置如图所示。现将O、B之间的线烧断，由于有空气阻力，A、B球最后会达到新的平衡位置。不计两带电小球间相互作用的静电力，重力加速度为g。求：
（1）A、B球达到新的平衡位置时， 、 绝缘轻线的张力大小分别为多少？
（2）最后两球的电势能之和与烧断前相比改变了多少？
20．（2019高二下·德州期末）如图甲所示，边界MN将空间分成上下两个区域I、II，在区域II中有竖直向下的匀强电场，在电场中某一点B静止释放一个质量为m= 1×10-2
kg、带电量大小为q= 4×10-4 C的小球，它恰能到达区域I中的A点，已知小球运动的v—t图象如图乙所示，g=10m/s2，不计空气阻力。求：
（1）小球的带点性质，以及匀强电场的电场强度大小；
（2）A、B两点间的高度差h；
（3）若将电场反向且强度减为原来的三分之一，要让小球仍恰好到达A点，在B点需以多大的初速度竖直向上拋出。
21．（2019高一下·盐城期末）如图所示，空间内有一匀强电场，竖直平行直线为匀强电场的电场线（方向未知）. 现有一电荷量为 q、质量为m的带负电粒子，从O点以某一初速度垂直电场方向进入电场，A、B为运动轨迹上的两点，当粒子运动到B点时速度方向与水平方向夹角为60°. 已知OA连线与电场线夹角为60°，OA＝L，带电粒子在电场中受到电场力大小为F. 不计粒子的重力及空气阻力. 求：
（1）电场强度的大小和方向；
（2）带电粒子从 O 到A的运动时间；
（3）匀强电场中OB两点间电势差大小.
22．（高中物理选修3-1 第一章静电场 单元试卷（1））如图所示，在竖直平面内的平面直角坐标系xOy中，x轴上方有水平向右的匀强电场，有一质量为m，电荷量为﹣q（﹣q＜0）的带电绝缘小球，从y轴上的P（0，L）点由静止开始释放，运动至x轴上的A（﹣L，0）点时，恰好无碰撞地沿切线方向进入在x轴下方竖直放置的四分之三圆弧形光滑绝缘细管．细管的圆心O1位于y轴上，交y轴于点B，交x轴于A点和C（L，0）点．该细管固定且紧贴x轴，内径略大于小球外径．小球直径远小于细管半径，不计一切阻力，重力加速度为g．求：
（1）匀强电场的电场强度的大小；
（2）小球运动到B点时对管的压力的大小和方向；
（3）小球从C点飞出后会落在x轴上的哪一位置．
23．（2023高二上·阳江月考）如图，长L、间距为d的平行金属板固定，板面与水平面成θ角，两板间的电势差为U，电场仅存在于板间且为匀强电场。一电荷量为q的带正电小球由弹射器提供能量，出弹射器即以沿两板中心线的速度从下端点进入板间，恰好能沿中心线运动。不计摩擦力和空气阻力，小球视为质点且电荷量不变。
（1）要使小球能飞出点，求弹射器提供的最小能量；
（2）若弹射器提供的能量为，求小球到达的最高点和点之间的水平距离。
24．（2022高二上·长沙期末）如图，、两点电荷相距，为连线上的一点，. 距离为，、所带电荷量分别为和，静电力常量为，求：
（1）电荷对电荷的库仑力大小；
（2）点的电场强度大小及方向。
25．（2023高一下·深圳期末）
（1）图甲静电除尘器由板状收集器A和线状电离器B组成。A接在高压电源的正极，B接在高压电源的负极，其内部电场如图乙所示。粉尘由侧面进入除尘器后遇到电子而带负电，最终被吸附到A上，从而达到除尘的目的。则带电粉尘颗粒（带电量不变）在运动过程中，所受电场力与电场线相切指向 （选填“A”或“B”），所受电场力的大小 （选填“越来越大”“越来越小”或“不变”）。
（2）某同学设计了一种测量物体带电量的方案，其原理如图所示。在O点正下方某位置固定一带电量为＋Q的绝缘小球A。长为l的绝缘细线一端固定在O点，另一端与一个质量为m的金属小球B相连。小球B静止时恰好与小球A在同一水平线上，用量角器测出细线与竖直方向的夹角为θ。已知静电力常量为k，重力加速度为g，两小球的大小可忽略不计，求：
①平衡时小球B受到的库仑力的大小；
②小球B所带的电荷量q的大小。
26．（2019高二上·双鸭山月考）如图所示，在沿水平方向的匀强电场中有一固定点O，用一根长度为 的绝缘细线把质量为 ，带有正电荷的金属小球悬挂在O点，小球静止在B点时，细线与竖直方向的夹角为 。现将小球拉至位置A使细线水平后由静止释放。求：
（1）小球运动通过最低点C时的速度大小；
（2）小球通过最低点C时细线对小球的拉力大小；
（3）如果要使小球能绕O点做圆周运动，则在A点时沿垂直于OA方向上施加给小球的初速度的大小范围。(取 ， )
27．（2019高一下·景德镇期中）如图所示，光滑的薄平板，放置水平桌面上，平板右端与桌面相齐，在平板上距右端 处放一比荷为 的带电体B（大小可忽略），A长 ，质量 ．在桌面上方区域内有电场强度不同的匀强电场， 左侧电场强度为 ，方向水平向右；右侧电场强度为左侧的5倍，方向水平向左．在薄平板A的右端施加恒定的水平作用力F，同时释放带电体B，经过一段时间后，在 处带电体B与薄平板A分离，其后带电体B到达桌边缘时动能恰好为零， 求：
（1） 处到桌面右边缘的距离；
（2）加在薄平板A上恒定水平作用力F的大小；
（3）从B与A分离开始计时，带电体B再一次回到分离点时运动的总时间．
28．（2019·奉贤模拟）如图所示，密立根油滴实验的装置示意图。一带负电油滴处于水平放置的两平行金属板A、B之间。当平行板不带电时，油滴由于受到重力作用加速下落，速率变大，受到的空气阻力也变大，因此油滴很快会以一恒定速率v1匀速下落。当上极板A带负电，下极板B带等量正电时，两极板之间形成的电场可看作匀强电场且电场强度为E，该油滴下落的最终速率为v2．已知运动中油滴受到的阻力可由公式f＝kv计算（其中k为常数），速率v1、v2、常数k、电场强度E均为已知，带电油滴运动过程中始终未触及极板。求：
（1）油滴的重力G；
（2）油滴所带的电量大小q；
（3）若将两极板A、B上所带电荷互换，请分析油滴的运动过程，并求出最终速率v3。
29．（2018-2019学年人教版高中物理 选修3-1 1.3 电场强度 同步练习）真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v0 ， 在油滴处于位置A时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变．持续一段时间t1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B点．重力加速度大小为g．
（1）油滴运动到B点时的速度；
（2）求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的t1和v0应满足的条件．已知不存在电场时，油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍．
30．（2018-2019学年人教版高中物理 选修3-1 1.1电荷及其守恒定律 同步练习）如图所示，固定斜面与水平面夹角为 ，高度为h，空间充满垂直斜面向下的匀强电场，电场强度 ，一质量为m，电量为 的物体以某速度下滑时刚好能做匀速直线运动，物体可以看成质点，且下滑过 程中其电量保持不变，重力加速度为g，问：
（1）斜面与物体间的动摩檫因数。
（2）若保持电场强度大小不变，把电场方向改为水平向左，从斜面顶端静止开始释放物体，求物体落到地面时候的速度大小。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】电场强度和电场线
【解析】【解答】从a到c点： ，因为 ，所以 ，又 ，可得： ，即bd为等势面，所以场强的方向垂直bd斜向上，由电势差与场强的关系得 ，A符合题意。
故答案为：A
【分析】结合a、b两点的电势和电荷从a点移动到c点的过程电场力做的功求解电场的方向和电场强度。
2．【答案】D
【知识点】电场强度和电场线；受力分析的应用；电场及电场力；力与运动的关系；力的合成
【解析】【解答】两极板平行时带电粒子处于平衡状态，则重力等于电场力，当下极板旋转时，板间距离增大场强减小，电场力小于重力；由于电场线垂直于金属板表面，所以电荷处的电场线如图所示，所以重力与电场力的合力偏向右下方，故粒子向右下方运动，选项D符合题意。
故答案为：D
【分析】两板平行时，由题意可知带电液滴所受电场力与重力的关系。由于金属板A、B分别与电源两极相连，则明确板间电压不变，而当下极板旋转时，改变板间距，会影响板间场强，由受力分析，力的合成及力和运动的关系可判断出粒子的具体运动状态。
3．【答案】D
【知识点】电场及电场力；向心力
【解析】【解答】A．小球在A、B两点电荷形成的电场中做匀速圆周运动，小球受重力、两点电荷的电场力，电场力竖直分量与重力平衡，水平分量充当向心力，指向AB连线上的圆心，故小球必定带负电，A不符合题意；
B．球在水平面内做匀速圆周运动，圆心一定在AB连线上，由于重力竖直向下，要求电场力一定斜向上指向AB连线，竖直分量与重力平衡，水平分量充当向心力，A、B点电荷激发的电场线如图所示
图中a、b、c三处均有可能是小球做圆周运动路径上的一点，b处对应的轨道圆的圆心在OB之间，B不符合题意；
C．若m不变，q减小，原轨道上小球所受电场力减小，竖直分量减小，不可能与重力平衡，不可能在原轨道做圆周运动，C不符合题意；
D．设电场强度方向与竖直方向夹角为θ，则
可得
若换一个质量不同但比荷相同的小球，则电场力在竖直方向的分力仍可以和重力平衡，电场力在水平方向的分力提供向心力，所以小球仍可在原轨道做匀速圆周运动，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】利用电场力竖直方向分力与重力平衡可以判别小球带负电；利用其向心力的方向可以判别小球做圆周运动的圆心位置；当利用其牛顿第二定律可以求出其线速度的表达式进而判别其速度变化时其小球的轨道半径发生变化；当小球其质量不同闭合相同时小球仍可以在原来的轨道做圆周运动。
4．【答案】D
【知识点】电场及电场力；匀变速直线运动的速度与时间的关系；电场强度
【解析】【解答】沿着电场线方向电势降落，可知x轴左侧场强方向沿x轴负方向，x轴右侧场强方向沿x轴正方向，A不符合题意；：根据U＝Ed可知：左侧电场强度为：E1＝ V/m＝2.0×103V/m；右侧电场强度为：E2＝ V/m＝4.0×103V/m；所以x轴左侧电场强度和右侧电场强度的大小之比E1：E2＝1：2，B不符合题意；该粒子运动过程中电势能的最大值为：EPm＝qφm＝﹣2×10﹣8J，由能量守恒得当电势能为零时动能最大，最大动能为Ekm＝2×10﹣8J，D符合题意；设粒子在原点左右两侧运动的时间分别为t1、t2，在原点时的速度为vm，由运动学公式有：vm＝ t1同理可知：vm＝ t2；Ekm＝ mvm2；而周期：T＝2（t1+t2）；联立以上各式并代入相关数据可得：T＝3.0×10﹣8s；C不符合题意。
故答案为：D。
【分析】对于电势-距离图像，图形的斜率表示该位置处电场的强度，与横轴包围的面积是电场力做的功，结合选项求解即可。
5．【答案】D
【知识点】电场及电场力；电场强度
【解析】【解答】解：A、根据点电荷的电场线的特点：顺着电场线方向电势逐点降低，知Q与a、c距离相等，都小于b，故b点的电势低于a、c两点的电势，即φa=φc＞φb；Ea=Ec= ；Eb= = ，则Ea=Ec=2Eb，A不符合题意．
B、由F=qE知，带电质点在ac两点与b点受到的电场力大小不相等，所以不可能其经过a、b、c三点做匀速圆周运动．B不符合题意．
C、根据牛顿第二定律得 qE=ma，得带电质点在a、b、c三处的加速度大小之比是2：1：2．C不符合题意．
D、带电质点受到的合力指向轨迹的内侧，根据轨迹弯曲方向判断出粒子与固定在O点的电荷Q是异种电荷，它们之间存在引力，所以质点由a到b电场力做负功，电势能增加，动能减小；由b到c电场力做正功，动能增大，在b点动能最小；D符合题意．
故答案为：D
【分析】主要考察了点电荷周围电场线与等势面分布特点，结合电场力做功与牛顿第二定律可解。
6．【答案】C
【知识点】向心力；动能定理的综合应用；电场强度
【解析】【分析】由题意知小球从A运动到B的过程中根据动能定理：，在B点，根据向心力公式，联立可得B点的电场强度，所以C正确。
7．【答案】B
【知识点】动能定理的综合应用；电场强度的叠加
【解析】【解答】A、设z轴某点P，PB连线与z轴正方向夹角为，B、D两点的正电荷在P点产生的电场强度为，x为PB间的距离。电场强度的合矢量为其中可得函数对该函数求导数令，解结合导函数的性质可知，时，是单调递增，在时，是单调递减，即当时，电场强度最大，而A点位置对应的，此时所以 图中的A点不是z轴上场强最强的点，A错误；
B、在A点，合场强为而 ，解得，B正确；
C、由于C点到B、D间的距离也等于L，所以C点的电场强度大小也为方向沿x轴的正方向，小球在C点受到重力，电场力及其方向沿x轴负方向，轨道对小球的弹力，而重力和电场力沿轨道方向的分力合力为零，即在小球的运动方向上，小球刚到达C点时合力刚好为零，所以小球刚到达C点时的加速度为 0，C错误；
D、小球从A点运动到C点，A、C两点的电势相等，所以该过程电场力做功为零，由动能定理知而解得D错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查电场强度的叠加和动能定理的应用，要求学生有一定的空间想象能力和一定的数学基础，难度较大，如何找到BD连线上电场强度最大的点，需要借助数学的求导；根据电场的矢量合成结合几何关系可以求解A点的电场强度，根据功能关系求出小球到达C点的动能。注意：小球到达C点时电场力的方向。
8．【答案】C
【知识点】电场强度的叠加
【解析】【解答】ABC.A点场强为零，说明两点电荷在A点的合场强与匀强电场的场强等大反向，即竖直向上，大小为E，根据对称性，两点电荷在B处产生的合场强竖直向下，大小为E，所以B点的场强大小为2E，方向竖直向下，故AB不符合题意，C符合题意；
D.由于电场强度是矢量，所以B点的电场强度不能用代数和求，故D不符合题意。
故答案为：C
【分析】根据电场叠加原理以及点电荷的电场强度公式结合分析即可判断。
9．【答案】D
【知识点】电场强度的叠加
【解析】【解答】A．根据对称性可知，由n 个带电量均为Q的可视为质点的带电小球无间隙排列构成的半径为R的圆环，在圆心O点场强为0，带电金属小球在O点的场强不0，所以O 点的场强不为零，A不符合题意；
B．根据对称性可知，由n 个带电量均为Q的可视为质点的带电小球无间隙排列构成的半径为R的圆环，在P、P′两点的场强大小相等，方向相反，带电金属小球 在这两点产生的电场强度不相等，B不符合题意；
C．取圆环带电小球；由库仑定律可得，该部分对小球的库仑力
方向沿该点与小球的连线指向小球；同理取以圆心对称的小球，其库仑力与F1相同；如图所示
由几何关系可知，细线与轴线的夹角
两力的合力应沿圆心与小球的连线向外，大小为
因圆环上各点对小球均有库仑力，故所有部分库仑力的合力
小球受力分析如图所示
可得
解得，金属带电小球的电量为
C不符合题意；
D．在圆环上取下一个小球后，圆环上的电荷在圆心 O的场强大小为
根据对称性可知，固定 P 处的小球，在圆环上取下一个小球（其余 n－1个小球位置不变）置于 P'处，在圆心 O的场强大小为0
所以固定 P 处的小球，然后在圆环上取下一个小球（其余 n－1个小球位置不变）置于 P'处，则圆心 O的场强大小为
D符合题意。
故答案为：D。
【分析】n 个带电量均为Q的可视为质点的带电小球无间隙排列构成的半径为R的圆环。由几何关系可知圆环上的电荷在圆心 O的场强大小。
10．【答案】B
【知识点】电场强度的叠加
【解析】【解答】画出示意图（下图），由于Q1>Q2，所以，在x轴上E1=E2的点只能在两电荷Q1、E2的连线中间或点电荷Q2的右侧。Q1、Q2在连线中间产生场强的方向相同，当该处到Q1、Q2的距离之比r1/r2= 时，即可使E1=E2，合场强为2E2；Q1、Q2在Q2右侧产生的场强相反，当该处到Q1、Q2的距离之比r1/r2= 时，则E2=E1，合场强为零，故应选B。
【分析】根据库仑定律和一定的位置关系可判断两场强相等的位置，并根据各个电荷在该位置场强方向计算和场强大小，
11．【答案】A,C
【知识点】电场强度和电场线；电场及电场力；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】解：A、B、由图可知，电子在A点加速度较大，则可知A点所受电场力较大，由F=Eq可知，A点的场强要大于B点场强；故A正确，B错误；
C、D、电子从A到B的过程中，速度减小，动能减小，则可知电场力做负功，故电势能增加，故 A＜ B，电子带负电，由φ= 可知，A点的电势要大于B点电势，φA＞φB，故C正确，D错误；
故选：AC．
【分析】根据速度图象得出电子的加速度越来越小，根据牛顿第二定律说明电场力越来越小，再根据电场强度的定义求解．沿着电场线方向电势降低．
12．【答案】A,D
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用；电场强度；电场强度的叠加
【解析】【解答】A．根据电场强度定义和库仑定律可知，A、B处的点电荷在D点的电场强度大小均为
由平行四边形定则可得，轨道上D点的电场强度大小为
A符合题意；
B．由对称性可知，轨道上C点的场强大小与D点的场强大小相等，故小球刚到达C点时，由牛顿第二定律可得
解得
B不符合题意；
C．由等量同种电荷的电场特点可知，C点和D点电势相等，故电场力做的总功为零，从D到C过程，根据动能定理可得
故小球到达C点时动能为，C不符合题意；
D．小球在沿直轨道CD下滑过程中，电场力先做正功后做负功，其电势能先减小后增大，D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】根据点电荷周围电场强度的表达式A、B处的点电荷在D点的电场强度，利用合场强的求解得出轨道上D点的电场强度；小球在C点时根据牛顿第二定律得出加速度的表达式；从D到C过程的过程中，根据动能定理得出小球到达C点时动能。
13．【答案】A,D
【知识点】电场强度和电场线
【解析】【解答】解：A、电荷量为+Q 的均匀带电球体，以球心为坐标原点，当作位于球心的带电量为+Q的点电荷处理，则x2处场强大小为 ，故A正确；
B、由图象可知，球内部的电场强度不是处处相等，所以内部电场为非匀强电场，故B错误；
C、由图象与x轴所围面积表示电势差，可知x1处与球表面、球表面与x2处的电势差不同，则x1、x2两点处的电势不同，故C错误；
D、因电场力做功与初末位置有关，当假设将试探电荷沿x轴移动，则从x1移到R处和从R移到x1处，因电势差不同，由W=qU知，电场力做功不同，故D正确；
故选：AD
【分析】电荷量为+Q 的均匀带电球体，当作位于球心的带电量为+Q的点电荷处理根据库仑定律求解，图象与x轴所围面积表示电势差，分析可得。
14．【答案】B,C
【知识点】电场及电场力
【解析】【解答】解：A、小球进入电场前做自由落体运动，进入电场后受到电场力作用而做减速运动，由图可以看出，小球经过边界MN的时刻是t=1s时．A不符合题意．
B、由图象的斜率等于加速度得小球进入电场前的加速度为a1= =v1、进入电场后的加速度大小为a2= ，由牛顿第二定律得：
mg=ma1=mv1…①
F﹣mg=ma2
得电场力：F=mg+ma2= …②
由①②得重力mg与电场力F之比为3：5．B符合题意．
C、整个过程中，动能变化量为零，根据动能定理，整个过程中重力做的功与电场力做的功大小相等．C符合题意．
D、整个过程中，小球具有两种形式的能：机械能与电势能，根据能量守恒定律得知，它们的总和不变．D不符合题意．
故答案为：BC
【分析】该题目考察的解题思路是对小球进行受力分析，结合图乙，搞清楚小区的运功过程。解题的重点在于对图乙的分析，当小球速度最大的时候是电场力和重力相等的时候，速度为零的时候电场力做负功，把小球的动能消耗殆尽了。
15．【答案】（1）解：初始小滑块静止有：mgsinθ=qEcosθ
得：E=
（2）解：设电场反向后滑块沿斜面运动经t0时间速度为v0；
脱离斜面时有：mgcosθ﹣qEsinθ﹣Bqv0=0
滑块沿斜面匀加速：mgsinθ+qEcosθ=ma
沿斜面匀加速时间：t0=
联立以上三式子得：t0=
（3）解：小滑块在B点时速度方向与电场力、重力的合力方向垂直，撤去磁场后，小滑块将做类平抛运动，
设加速度为a1；
则有：（ma1）2=（qE）2+（mg）2；
且（vt）2+（ ）2=（ ）2；
而
联立以上三式得：
【知识点】对单物体(质点)的应用；电场强度和电场线
【解析】【分析】（1）根据对小滑块受力分析，结合平衡条件，及矢量的分解法则，即可求解；（2）根据刚脱离斜面，压力为零，再结合牛顿第二定律，及运动学公式，即可求解；（3）根据平抛运动处理规律，结合力与位移满足勾股定理，即可求解．
16．【答案】＜；＞
【知识点】电场强度和电场线
【解析】【解答】解：负电荷从A释放（初速为0）后，能加速运动到B，说明负电荷受到的电场力方向是从A指向B，那么电场方向就是由B指向A，由于沿电场线方向电势逐渐降低，所以AB两点的电势关系是φA＜φB．
负电荷从A运动到B的过程中，它的加速度是逐渐减小的（乙图中的“斜率”表示加速度），由牛顿第二定律知，负电荷从A到B时，受到的电场力是逐渐减小的，由 E= 知，EA＞EB．C符合题意．
故答案为：＜，＞
【分析】沿电场线方向电势逐点降低。结合题目中速度时间图像我给出的信息核电场的分布规律综合进行分析。
17．【答案】（1）解：区域Ⅰ中电场力
区域Ⅰ中加速度大小
解得
加速度方向向右，进入区域Ⅱ时的速率
（2）解：区域Ⅱ中滑动摩擦力
区域Ⅱ中加速度大小
解得
加速度方向向左，离开区域Ⅱ时的速率
所求在区域Ⅱ中的运动时间
（3）解：区域Ⅲ中地面支持力
区域Ⅲ中滑动摩擦力
区域Ⅲ中加速度大小
解得
加速度方向向左，离开区域Ⅲ时的速率
离开区域Ⅲ后的加速度大小
解得
加速度方向向左，离开区域Ⅲ后的位移大小
所求总路程
【知识点】电场及电场力；力与运动的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的位移与速度的关系；匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿第二定律；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1） 滑块在区域Ⅰ中由牛顿第二定律可得加速度，再利用运动学规律可得刚进入区域Ⅱ时的速率；
（2）在区域Ⅱ中由牛顿第二定律可得加速度，再利用运动学规律可得滑块在区域Ⅱ运动时间 ；
（3）在区域Ⅲ中由牛顿第二定律可得加速度，再利用运动学规律可得刚出区域Ⅲ时的速率， 离开区域Ⅲ后由牛顿第二定律可得的加速度， 再利用运动学规律可得离开区域Ⅲ后的位移大小，然后把所以位移相加可得。
18．【答案】（1）解：小球受到电场力qE、重力mg和线的拉力作用处于静止，根据共点力平衡条件有
得
代入数据解得E=1500N/C
（2）解：小球从A点运动到C点的过程，根据动能定理有
设小球在最低点时细线对小球的拉力为T，根据牛顿第二定律有
解得T=3N
（3）解：当小球运动至B点时，小球速度最大，细线拉力最大，小球从A到B的过程，根据动能定理有
根据牛顿第二定律
解得
【知识点】受力分析的应用；电场及电场力；力的合成与分解的运用；共点力的平衡；牛顿第二定律；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）对小球进行受力分析，根据正交分解以及共点力平衡得出电场强度的大小；
（2）小球从A点到C点的过程中根据动能定理得出C点的速度大小，小球在C点合力提供向心力，根据牛顿第二定律得出细线的拉力大小；
（3）根据小球从A到B的过程中，根据动能定理得出B点的速度大小，结合牛顿第二定律得出细线拉力的最大值。
19．【答案】（1）解： 、 分别表示细线 、 与竖直方向的夹角A球受力如图所示：重力 ，竖直向下；电场力 ，水平向左；细线 对A的拉力 ，方向如图；细线 对A的拉力 ，方向如图。由平衡条件
①
②
B球受力如图所示：重力 ，竖直向下；电场力 ，水平向右；细线 对B的拉力 ，方向如图。由平衡条件
③
④
①②③④联立，得
(用整体法也可以解出此答案，同样给分。)
（2）解：由此可知，A、B球重新达到平衡的位置如图所示
与原来位置相比，A球的电势能增加了 ⑤
B球的电势能减少了 ⑥
电势能总和增加了 ⑦
由⑤⑥⑦联立得
即两球的电势能的总和增加了
【知识点】电场及电场力；共点力的平衡
【解析】【分析】（1）分别对两个小球进行受力分析，在重力、拉力、电场力和库仑力的作用下，两个小球处于平衡状态，合力为零，根据该条件列方程分析求解；
（2）电荷在两点间移动时电场力做的功，利用AB两点间的电势差乘以电荷量，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加。
20．【答案】（1）解：在电场中对小球受力分析知小球带负电
v—t图象的斜率等于加速度，则：
小球离开电场前的加速度大小
小球离开电场后的加速度大小
由牛顿第二定律得：
联立求得： 、
（2）解：由v—t图象的面积，有
解得：
（3）解：由动能定理，有：
由小球离开电场前的v—t图象的面积，有：
解得：
【知识点】电场及电场力；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系；动能定理的综合应用；运动学 v-t 图象
【解析】【分析】（1）小球在电场中竖直向上运动，故小球带负电，v-t图像中，图像的斜率是加速度，对小球进行受力分析，利用牛顿第二定律求解小球受到的电场力，除以电量即为电场强度；
（2）v-t图像中，横坐标为时间，纵坐标为速度，图像与时间轴所围成的面积是位移；
（3）对小球进行受力分析，结合小球的初末速度，对小球从起点到达最高点的过程应用动能定理求解初速度。
21．【答案】（1）解：根据 可知，电场强度的大小为
粒子向上偏转，故电场力向上，因粒子带负电，故说明电场强度向下
（2）解：带电粒子在电场中做类平抛运动，设水平方向的位移为x，竖直方向的位移为y，由题意知：
x=Lsin60°
y=Lcos60°
根据分运动的规律有：
x=v0t
y= at2
粒子的加速度为：
联立解得： ，
（3）解：设粒子到达B点的速度为v，粒子从O点到B点过程中电场力做功为W，则由合运动与分运动的关系有：v= =2v0
由动能定理有：
W= mv2- mv02
联立解得：
由W=Uq可得：
【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律；动能定理的综合应用；电场强度
【解析】【分析】（1）电场强度利用电荷受到的电场力除以电荷量即可；
（2）小球水平方向匀速运动，竖直方向匀加速运动，利用牛顿第二定律求解加速度，利用运动学公式求解运动时间；
（3）对小球从O点运动到B点的过程应用动能定理，结合小球的初末速度求解电场力做的功，除以电荷量即为电势差。
22．【答案】（1）解：小球释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小球从A点沿切线方向进入，则此时速度方向与竖直方向的夹角为45°，即加速度方向与竖直方向的夹角为45°，
则tan45°=
解得：E=
答：匀强电场的电场强度的大小为 ；
（2）解：根据几何关系可知，圆弧的半径r=
从P到B点的过程中，根据动能定理得：
（2L+ ）+EqL
在B点，根据牛顿第二定律得：
N﹣mg=m
联立解得：N= mg，方向向上
答：小球运动到B点时对管的压力的大小为 mg方向向上；
（3）解：从P到A的过程中，根据动能定理得：
解得：
小球从C点抛出后做类平抛运动，
抛出时的速度vC=vA=
小球的加速度 ，
当小球沿抛出方向和垂直抛出方向位移相等时，又回到x轴，则有：
解得：
则沿x轴方向运动的位移x=
则小球从C点飞出后落在x轴上的坐标x′=L﹣8L=﹣7L
答：小球从C点飞出后会落在x轴上的坐标为﹣7L的位置上．
【知识点】电场及电场力；平抛运动；动能定理的综合应用；电场强度
【解析】【分析】（1）利用竖直方向的自由落体运动求出竖直速度，利用末速度的方向求出水平速度，进而求出水平加速度，再利用牛顿的第二定律求解电场强度。
（2）对小球从A点运动到B点的运动过程应用动能定理，求出末状态的速度，再利用向心力公式求出压力。
（3）小球从C点抛出后，在竖直方向做上抛运动，计算出运动时间，对水平方向应用运动学公式求解即可。
23．【答案】（1）设小球的质量为m，重力加速度为g，平行金属板间的电场强度为E，对小球受力分析，如图所示，由题意可知
则有
解得
要使小球能飞出点，当小球在点速度恰好是零时，弹射器提供的有最小能量，由动能定理可得
解得
（2）若弹射器提供的能量为，当小球在点时速度不等于零，设速度为v，由动能定理可得
解得，则小球从点开始做斜抛运动，由斜抛运动的规律可得，在水平方向则有
在竖直方向则有，小球到达的最高点时，则有，
其中，联立解得
【知识点】斜抛运动；动能定理的综合应用；匀强电场
【解析】【分析】（1）对小球受力分析，列出等式，再根据小球在点速度恰好是零时，弹射器提供的有最小能量，由动能定理求解；
（2）根据动能定理列式，求出v的速度公式，再根据小球从点开始做斜抛运动，由斜抛运动的规律求解。
24．【答案】（1）解：由库仑定律得：
代入数据得：
答：电荷对电荷的库仑力大小为；
（2）解：点电场强度大小为：
代入数据得：
方向由指向
答：点的电场强度大小及方向为，方向由指向。
【知识点】库仑定律；点电荷的电场
【解析】【分析】（1）由库仑定律计算电荷A对电荷B的库仑力大小；（2）由点电荷的场强公式和电场的叠加原理，计算O点的电场强度大小及方向。
25．【答案】（1）A；越来越小
（2）①解：对小球B受力分析可知：
故有：
②解：由库仑定律可知：
联立解得：
【知识点】库仑定律；电场及电场力；电场线
【解析】【解答】（1）电子在向A极运动过程中被烟气中的粉尘俘获，使粉尘带负电，所以粉尘所受电场力方向与电场方向相反，所以电场力与电场线相切指向A；电场线的疏密代表电场强度的大小，所以电场力的大小越来越小。
【分析】（1）根据电子受力方向与电场方向相反分析电场力，电场线的疏密代表电场强度的大小，从而分析电场力大小。本题考查了静电在实际生产中的应用，要求同学们熟练掌握静电的防止与应用的具体实例；
（2）B球受到重力、线的拉力和电场力而平衡根据B球受力平衡，由平衡条件求B受到的库仑力的大小；根据库定律分析即可解题
对于电场和重力场中的共点力作用下物体的平衡问题，其解决方法和纯力学中共点力作用下物体的平衡，适用完全相同的解决方法，关键要正确分析受力情况。
26．【答案】（1）解：小球受到电场力 、重力 和绳的拉力作用处于静止
根据共点力平衡条件有：
小球从 点运动到 点的过程，根据动能定理有：
代入数据解得：
（2）解：在 点，由细线对小球的拉力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得：
代入解得：
（3）解：若能通过圆周上 点关于 点的对称性时，则能做完整的圆周运动，设对称点为 ，通过 点最小速度为 ，小球恰好通过 点时，由电场力与重力的合力提供向心力，得：
从 到 的过程，运用动能定理得：
代入数据解得：
要使小球能在竖直平面内做完整的圆周运动，则在 点时沿垂直于 方向上施加给小球的初速度的大小
【知识点】受力分析的应用；电场及电场力；共点力的平衡；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）对小球进行受力分析，对小球从最高点运动到最低点的过程应用动能定理求解小球的末速度；
（2）对处在最低点的物体进行受力分析，结合此时物体的受力情况，利用向心力公式求解拉力大小；
（3）对处在最高点的物体进行受力分析，结合此时物体的受力情况，利用向心力公式求解物体的速度；对物体从A点运动到最高点的过程应用动能定理求解求解初速度大小。
27．【答案】（1）解：对B在 左侧运动时， ，设B到达 时的速度为 ，则： ，对B在 右侧运动时， ， ，由几何关系知， ，代入数据解得
（2）解：对木板A，在B加速的时间内， ， ，B在同一时间内加速的过程中，有： ，对木板A，在B加速的时间内受力F的作用，由牛顿第二定律得， ，代入数据解得
（3）解：B在右侧电场中以 为初速度做匀减速直线运动，
B在右侧电场中速度减小到零后再反向做匀加速直线运动，运动时间也为
B进入左侧电场中以 为初速度做匀减速直线运动， ，之后向右做匀加速直线运动，时间为 ，则总时间为：
【知识点】电场及电场力；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的位移与速度的关系
【解析】【分析】（1）对物体进行受力分析，利用牛顿第二定律求解物体的加速度，结合运动学公式求解末位置；
（2）木板做匀加速运动，结合木板移动的距离和时间，利用运动学公式求解加速度，结合牛顿第二定律求解作用力；
（3）物体B先做匀加速运动，再反向做匀加速运动，结合加速度求解运动时间即可。
28．【答案】（1）解：当平行板不带电时，最终以一恒定速率v1匀速下落，此时受力分析如图所示：
根据平衡得：G＝kv1
（2）解：当加上竖直方向的匀强电场后，油滴最终以v2匀速下落，此时油滴受力分析如图所示：
根据平衡得：G+Eq＝kv2
解得：q＝
（3）解：将两极板A、B上所带电荷互换，电场强度不变，方向相反，竖直向下，油滴受力如图所示：
开始时，向上的力大于向下的力，油滴将向下做减速直线运动，规定竖直向下为正方向
根据牛顿第二定律得：
①若qE＜G，即v1＜v2＜2v1时：
油滴将做向下的加速度减小的变减速，最终向下匀速，此时，Eq+kv3＝G
k（v2﹣v1）+kv3＝kv2
最终速率v3＝2v1﹣v2
②若Eq＝G，即v2＝2v1时：
油滴将做加速度减小的变减速，最终速度为零，即静止；最终速率v3′＝0
③若Eq＞G，即v2＞2v1时：油滴将向下做加速度减小的变减速直线运动，速度减为零后，又向上做加速直线运动，受力如图所示：
；v变大，a减小，即又会做向上的加速度减小的变加速直线运动，最终向上匀速，此时受力分析如图所示：
此时Eq＝G+kv3″
k（v2﹣v1）＝kv1+kv3″
最终速率v3″＝v2﹣2v1
【知识点】电场及电场力；共点力的平衡；牛顿第二定律
【解析】【分析】（1）油滴匀速下落，即重力等于阻力，根据阻力公式列方程求解重力；
（2）油滴静止在两板之间，重力等于电场力，列方程求解电量；
（3）对油滴进行受力分析，根据重力和电场力的大小，利用于运动学公式求解最终速度即可。
29．【答案】（1）解：设油滴质量和电荷量分别为m和q，油滴速度方向向上为正。油滴在电场强度大小为E1的匀强电场中做匀速直线运动，故匀强电场方向向上。在t=0时，电场强度突然从E1增加至E2时，油滴做竖直向上的匀加速运动，加速度方向向上，大小a1满足①
油滴在时刻t1的速度为
②
电场强度在时刻t1突然反向，油滴做匀变速直线运动，加速度方向向下，大小a2满足
③
油滴在时刻t2=2t1的速度为
④由①②③④式得⑤
（2）解：由题意，在t=0时刻前有⑥
油滴从t=0到时刻t1的位移为
⑦
油滴在从时刻t1到时刻t2=2t1的时间间隔内的位移为
⑧由题给条件有 ⑨式中h是B、A两点之间的距离。
若B点在A点之上，依题意有
⑩由①②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得 为使 ，应有 即当 或 才是可能的：条件 式和 式分别对应于 和 两种情形。
若B在A点之下，依题意有
由①②③⑥⑦⑧⑨ 式得 为使 ，应有 即 另一解为负，不符合题意，已舍去。
【知识点】电场及电场力
【解析】【分析】（1）假设变化后的电场强度，利用牛顿第二定律求出此时的加速度，再利用运动学公式分段求解小油滴的速度。
（2）该题目的解题思路是利用t1和v0两个两把前后两个电场强度E表示出来，利用“后来的电场强度比原来的大”列不等式求解即可。
30．【答案】（1）解：对物体受力分析，如图：
根据物体平衡状态有： ，
，即 ，由以上各式解得：
（2）解：若保持电场强度大小不变，把电场方向改为水平向左，先把重力与电场力合成，合力与水平方向成45°解，即物体将离开斜面，如图：
由于电场力与重力大小相等，所以物体在竖直方向和水平方向的位移大小相等，
对物体从斜面顶端到落地应用动能定理： ，即 ，解得 。
【知识点】电场及电场力
【解析】【分析】（1）对物体进行受力分析，物体处在匀速运动状态，合外力为零，水平正交分解，求解摩擦因数即可。
（2）出物体重新进行受力分析，求出合外力，利用牛顿第二定律求出物体的加速度，再利用运动学公式求解即可。
1 / 1
