高中物理人教版选修3-1第一章静电场章末测试题

静电场测试卷
题号
一
二
总分
得分
一、单选题（本大题共10小题，共40.0分）
如图，P为固定的点电荷，虚线是以P为圆心的两个圆．带电粒子Q在P的电场中运动．运动轨迹与两圆在同一平面内，a、b、c为轨迹上的三个点．若Q仅受P的电场力作用，其在a、b、c点的加速度大小分别为aa、ab、ac，速度大小分别为va、vb、vc，则（　　）
A. aa>ab>ac，va>vc>vbB. aa>ab>ac，vb>vc>vaC. ab>ac>aa，vb>vc>vaD. ab>ac>aa，va>vc>vb
三个α粒子在同一地点沿同一方向飞入偏转电场，出现了如图所示的轨迹，由此可以判断下列不正确的是（　　）
A. 在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上B. b和c同时飞离电场C. 进电场时c的速度最大，a的速度最小D. 动能的增加值c最小，a和b一样大
下列是某同学对电场中的概念、公式的理解，其中正确的是（　　）
A. 根据电场强度的定义式E=Fq，电场中某点的电场强度和试探电荷的电荷量成反比B. 根据电容的定义式C=QU，电容器的电容与所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比C. 根据真空中点电荷电场强度公式E=kQr2，电场中某点电场强度和场源电荷的电荷量成正比D. 根据公式UAB=WABq，带电量为1C正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1J，则A、B点的电势差为1V
如图所示，匀强电场的场强E=3×105V/m，A、B两点相距0.2m，两点连线与电场的夹角是60°，下列说法正确的是（　　）
A. 电荷量q=+2×10?4C的电荷从A点运动到B点电势能增大6JB. 电荷量q=?2×10?4C的电荷从A点运动到B点电场力做功为?6JC. 若取A点的电势为0，则B点的电势φB=3×104VD. A、B两点间的电势差是UAB=6×104V
在一个匀强电场中有a、b两点，相距为d，电场强度为E，把一个电量为q的负电荷由a移到b点时，电场力对电荷做正功W，以下说法正确的是（）
A. a点电势比b点电势高B. 该电荷在b点的电势能较a点大C. a、b两点电势差大小一定满足U=EdD. ab两点电势差大小一定满足U=Wq
如图所示，质量为m，带电量为q的粒子，以初速度v0，从A点竖直向上射入空气中的沿水平方向的匀强电场中，粒子通过电场中B点时，速率vB=2v0，方向与电场的方向一致，则A，B两点的电势差为（　　）
A. mv022q B. 3mv02q C. 2mv02q D. 3mv022q
下列关于电场线的说法，正确的是（　　）
A. 电场线是电荷运动的轨迹B. 电场线是实际存在的曲线C. 电场线时闭合的曲线D. 电场线越密的地方，同一电荷所受电场力越大
如图，A、B、C是以AB为直径的半圆弧上的三点，O点为半圆弧的圆心，∠BOC=60°，两个等量异种点电荷分别置于A、B两点，此时O点电场强度的大小为E；若将A处的点电荷移至C点，则O点的场场强大小为（　　）
A. E B. 32E C. E2 D. 34E
一半径为R的均匀带正电荷圆环，其轴线与x轴重合，环心位于坐标原点O处，M、N为x轴上的两点，则下列说法正确的是()
A. 沿x轴正方向从O点到无穷远处电场强度越来越大B. 沿x轴正方向从O点到无穷远处电场强度越来越小C. 将一正试探电荷由M点移到N点，电荷的电势能增大D. 将一正试探电荷由M点移到N点，电荷的电势能减少
如图所示，ABCD是匀强电场中一正方形的四个顶点，已知A、B、C三点的电势分别为φA=15V，φB=3V，φC=-3V，由此可得D点电势为（　　）
A. 6V B. 9V C. 12V D. 15V
二、计算题（本大题共10小题，共100.0分）
ABC表示竖直放在电场强度为E=104V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的BC部分是半径为R的14圆环，轨道的水平部分与半圆环相切．A为水平轨道上的一点，而且AB=R=0.2m，把一质量m=0.1kg，带电量为q=+10-4C的小球，放在A点由静止释放后，求：（g=10m/s2）（1）小球到达C点的速度大小（2）小球在C点时，轨道受到的压力大小．
如图所示，离子发生器发射出一束质量为m、电荷量为q的离子，从静止经加速电压U1加速后，获得速度v0，并沿垂直于电场方向射入两平行板中央，受偏转电压U2作用后，以速度v离开电场．已知平行板长为L，两板间距离为d，求：（1）v0的大小．（2）离子在偏转电场中运动的时间t．（3）离子在离开偏转电场时的偏移量y．（4）离子在离开偏转电场时的速度v的大小．

地面上方存在水平向右的匀强电场，一质量为m带电量为q的小球用绝缘丝线悬挂在电场中，当小球静止时丝线与竖直方向的夹角为θ，此时小球到地面的高度为h．求：（1）匀强电场的场强？（2）若丝线突然断掉，小球经过多长时间落地？

如图所示，内表面光滑绝缘的半径为1.2m的圆形轨道处于竖直平面内，有竖直向下的匀强电场，场强大小为3×106V/m有一质量为0.12kg、带负电的小球，电荷量大小为1.6×10-6C，小球在圆轨道内壁做圆周运动，当运动到最低点A时，小球与轨道压力恰好为零，g取10m/s2，求： (1)小球在A点处的速度大小；(2)小球运动到最高点B时对轨道的压力．
如图所示，长l=1m的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ=37°．已知小球所带电荷量q=1.0×10-6C，匀强电场的场强E=3.0×103N/C，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：（1）小球所受电场力F的大小。（2）小球的质量m。（3）将电场撤去，小球回到最低点时速度v的大小。
如图所示，平行金属板长为L，一个带电为+q，质量为m的粒子以初速度v0紧贴上板垂直射入电场，刚好从下板边缘射出，末速度恰与下板成30°角，粒子重力不计．求：（1）粒子末速度大小；（2）电场强度；（3）两极板间距离d．
如图所示，真空室中电极K发出的电子（初速度不计）经过电势差为U1的加速电场加速后，沿两水平金属板C、D间的中心线射入两板间的偏转电场，电子离开偏转电极时速度方向与水平方向成45°，最后打在荧光屏上，已知电子的质量为m、电荷量为e，C、D极板长为l，D板的电势比C板的电势高，极板间距离为d，荧光屏距C、D右端的距离为16．电子重力不计．求：（1）电子通过偏转电场的时间t0；（2）偏转电极C、D间的电压U2；（3）电子到达荧光屏离O点的距离Y．
如图所示，水平放置的两块平行金属板长为l，两板间距为d，两板间电压为U，且上板带正电，一个电子沿水平方向以速度v0，从两板中央射入，已知电子质量为m，电荷量为q求：（1）电子偏离金属板的侧位移y0是多少？（2）电子飞出电场时的速度是多少？（3）电子离开电场后，打在屏上的P点，若s已知，求OP的长．

如图所示，空间某区域存在水平方向的匀强电场E=2×104N/C，将一长为L=500cm的不可伸长的绝缘细线一端固定于O点，另一端连接一个质量为m=0.5kg的小球（可视为质点），小球带电量q=1.6×10-4C，现将绝缘细线AO拉至与电场线平行位置，且细线刚好拉直，让小球从A处静止释放，取g=10m/s2，求：（1）小球第一次到达O点正下方的B点时电场力做的功；（2）A、B两点的电势差UAB．
如图所示，水平细杆上套一环，环A与球B间用一不可伸长轻质绝缘绳相连，质量分别为mA=0.20kg和mB=0.40kg，A环不带电，B球带正电，带电量q=1.0×10-4C，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：（1）若B球处于一水平向右的匀强电场中，使环A与B球一起向右匀速运动．运动过程中，绳始终保持与竖直方向夹角θ=37°，匀强电场的电场强度E多大？（2）环A与水平杆间的动摩擦因数；（3）若匀强电场的方向斜向右上方与水平成37°角，为了使环A与B球一起向右以5m/s2的加速度匀加速运动，则电场强度应为多大？
答案和解析
1.【答案】D【解析】
解：点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越小，场强越大，粒子受到的电场力越大，带电粒子的加速度越大，所以ab＞ac＞aa， 根据轨迹弯曲方向判断出，粒子在运动的过程中，一直受静电斥力作用，离电荷最近的位置，电场力对粒子做的负功越多，粒子的速度越小，所以va＞vc＞vb，所以D正确，ABC错误； 故选：D。根据带电粒子的运动轨迹弯曲方向，即可判断库仑力是引力还是斥力；电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，电场力做正功，速度增大，电场力做负功，速度减小，根据这些知识进行分析即可．本题中，点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越大，场强越小，掌握住电场线和等势面的特点，即可解决本题．属于基础题目．
2.【答案】B【解析】
解：A、三个粒子的质量和电量都相同，则知加速度相同。a、b两粒子在竖直方向上的位移相等，根据y=at2，可知运动时间相等。故A正确。B、b、c竖直方向上的位移不等，yc＜yb．根据y=at2，可知tc＜tb．故B错误。C、在垂直于电场方向即水平方向，三个粒子做匀速直线运动，则有：v=。因xc=xb，tc＜tb，则vc＞vb。根据ta=tb，xb＞xa．则vb＞va．所以有：vc＞vb＞va．故C正确。D、根据动能定理知，a、b两电荷，电场力做功一样多，所以动能增加量相等。c电荷电场力做功最少，动能增加量最小。故D正确。本题选错误的，故选：B。三个粒子都做类平抛运动，在垂直电场方向上做匀速直线运动，在沿电场方向上做初速度为0的匀加速直线运动．粒子的质量和电量相同，加速度相同．比较沿电场方向上的位移，可比较出运动时间，再根据垂直电场方向的位移可知初速度的大小．通过动能定理比较动能的变化量．解决本题的关键将类平抛运动分解为垂直电场方向和沿电场方向，在垂直电场方向上做匀速直线运动，在沿电场方向上做初速度为0的匀加速直线运动．
3.【答案】C【解析】
解：A、电场强度取决于电场本身的性质，与试探电荷无关，所以不能理解电场中某点的电场强度和试探电荷的电量成反比，故A错误。B、电容是描述电容器容纳电荷本领的物理量，取决于电容器本身的属性，与电容器所带的电量和板间电压无关，故B错误。C、根据点电荷的场强公式真空中点电荷电场强度公式E=，电场中某点电场强度和场源电荷的电荷量成正比，故C正确。D、据电势差的定义式UAB=知，带电量为1C正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1J，则A、B点的电势差为-1V，故D错误。故选：C。电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷无关；用电容器和电势差的定义式即可求解．本题关键抓住电场强度是描述电场本身性质的物理量，其大小和方向与试探电荷无关，是电场本身决定；电容取决于电容器本身；灵活应用电势差的定义式．
4.【答案】B【解析】
解：A、从A到B，电场力做功W=qEdABcos60°=J=6J．则电势能减小6J．故A错误。B、从A到B，电场力做功W=-qEdABcos60°=-J=-6J．故B正确。C、AB间的电势差UAB=EdABcos60°=V=3×104V，因为A点的电势为0，则B点的电势为φB=-3×104V．故C、D错误。故选：B。根据电场力做功判断电势能的变化，根据U=Ed求出A、B两点间的电势差，从而得出B点的电势．解决本题的关键掌握电场力做功与电势差、电势差与电场强度的关系，并能灵活运用，基础题．
5.【答案】D【解析】
解：A、正电荷从a点移到b点时，电场力做正功为W，电势能减小，则电荷在a点电势能较b点大，由电势能公式EP=qφ分析知，负电荷在电势低处电势能大，所以a点电势比b点电势低，故AB错误．C、a、b两点不一定沿着电场线方向，所以a、b两点电势差大小不一定为U=Ed，故C错误．D、电量为q的负电荷从a移动到b，电场力做功为W，根据电势差的定义得：ab间的电势差：Uab=；故D正确；故选：D．根据功能关系：电荷克服电场力做功多少，其电势能就增加多少，判断电势能关系，由电势能公式EP=qφ分析电势关系．根据公式U=求解电势差．电场这一章概念较多，也很抽象，要从物理量的定义出发，从定义式中各个量的含义、矢标性、条件、与其他概念的区别与联系等方面加深对概念的理解．
6.【答案】C【解析】
解：粒子，从A到B，根据动能定理得：??qUAB-mgh=因为vB=2v0，若只考虑粒子在竖直方向，只受到重力，所以机械能守恒，则有mgh=由以上三式，则有UAB=故选：C。微粒在匀强电场中受到重力和电场力两个力作用，根据动能定理求出AB两点间的电势差UAB涉及到电势差的问题，常常要用到动能定理．本题的难点在于运动的处理，由于微粒受到两个恒力作用，运用运动的分解是常用的方法．
7.【答案】D【解析】
解：A、电场线是人们为了形象地描述电场而引入的线，不是电荷运动的轨迹。故A错误； B、电场线是人们为了形象地描述电场而引入的线，实际上是不存在的。故B错误； C、电场线从正电荷出发，到负电荷终止，不是闭合曲线。故C错误； D、电场线的疏密代表电场的强弱，故电场线越密的地方场强越强，同一电荷所受电场力越大。故D正确。 故选：D。电场线是人们为了形象地描述电场而引入的线；电场线的方向是正电荷所受电场力的方向，而正负电荷所受的电场力的方向相反；电场线的切线方向即为场强的方向，故任意两条电场线都不会相交；电场线的疏密代表电场的强弱，故电场线越密的地方场强越强．记住电场线的特点即可顺利解出此题，故要在理解的基础上牢记基本概念．
8.【答案】C【解析】
解：依题意，每个点电荷在O点产生的场强大小为E1=，则当A点处的点电荷移至C点时，O点场强如图所示，合场强大小为E2=E1=。故选：C。由电场的叠加原理可知两个电荷单独在O点产生的场强大小，移动之后电荷距O点的距离不变，故它们在O点产生的电场强度大小不变，再由矢量合成的方向可得出移动之后O点的场强．电场强度为矢量，在求合场强时应先分别求得各电荷在O点的场强再由矢量的合成方法-平行四边形求得总的场强．
9.【答案】D【解析】
解：A、根据场强的叠加可知，O点的场强为零，O点的场强为零，无穷远处的场强为零，O到无穷远间的场强不为零，故x轴正方向从O点到无穷远处电场强度先增大，后减小，故AB错误； C、电场线方向由M指向N，沿电场方向电势降低，将一正试探电荷由M点移到N点，电场力做正功，电势能减小，故C错误，D正确； 故选：D 均匀带电细圆环两侧电场分布具有对称性，沿0点右侧OM连线上电场水平向右，在O点带电细圆环上电荷所产生的合场强为0．向右电势降低．据此判断各项 解决本题的关键有两点：一是掌握电场的叠加原理，并能灵活运用；二是运用极限法场强的变化
10.【答案】B【解析】
解：连接AC，将AC三等分，标上三等分点E、F，则根据匀强电场中沿电场线方向相等距离，电势差相等可知，E点的电势为3V，F点的电势为9V．连接BE，则BE为一条等势线，根据几何知识可知，DF∥BE，则DF也是一条等势线，所以D点电势UD=9V．故B正确，ACD错误；故选：B。连接AC，在AC上找出与B点等电势点，作出等势线，再过D作出等势线，在AC线上找出与D等势点，再确定D点的电势．本题的技巧是找等势点，作等势线，充分利用匀强电场的等势面相互平行，而且沿电场线方向相等距离，电势差相等进行作图．
11.【答案】解：（1）设小球在C点的速度大小是vC，则对于小球由A→C的过程中，由动能定理得：qE?2R-mgR=12mvC2-0 ③解得：vC=2m/s ④（2）小球在C点时受力分析如图， 由牛顿第二定律得：NC-qE=mvC2R⑤解得：NC=3N ⑥由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力：NC′=NC=3N，方向：水平向右；答：（1）小球到达C点时的速度为2m/s；（3）小球达到C点时对轨道的压力大小为3N，方向：水平向右【解析】
（1）应用动能定理研究小球由A→C的过程，求出小球在C点的速度大小， （2）对小球在C点进行受力分析，找出沿径向提供向心力的外力，应用牛顿第二定律解决．在本题中物体不仅受重力的作用，还有电场力，在解题的过程中，一定要分析清楚物体的受力和运动过程，根据动能定理和牛顿第二定律灵活列式求解．
12.【答案】解：（1）在加速电场中，由动能定理得：qU1=12mv02-0，解得：v0=2qU1m；（2）离子在偏转电场中做类平抛运动，离子的运动时间：t=Lv0=Lm2qU1；（3）粒子的偏移量：y=12at2=12qU2mdt2，解得：y=U2L24dU1；（4）由动能定理得：q（U1+U2dy）=12mv2-0，解得：v=2qU1m+qU22L22md2U1；答：（1）v0的大小为2qU1m；（2）离子在偏转电场中运动的时间t为Lm2qU1．（3）离子在离开偏转电场时的偏移量y为U2L24dU1．（4）离子在离开偏转电场时的速度v的大小为2qU1m+qU22L22md2U1．【解析】
由动能定理可以求出速度． 粒子在偏转电场中做类平抛运动，由类平抛运动规律可以求出粒子在偏转电场中的运动时间、偏移量．解决本题的关键掌握处理类平抛运动的方法，知道粒子在垂直电场和沿电场方向的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式灵活求解．
13.【答案】解：（1）对小球列平衡方程qE=mgtanθ所以?E=mgtanθq．（2）丝线断后小球的加速度为a=gcosθ由hcosθ=12at2?得?t=2hg答：（1）匀强电场的场强E=mgtanθq．（2）若丝线突然断掉，小球经过t=2hg时间落地．【解析】
（1）小球受重力、拉力和电场力处于平衡，根据共点力平衡求出电场力的大小，从而得出匀强电场的场强． （2）丝线断掉后，做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求出加速度，结合位移时间公式求出运动的时间．本题考查了共点力平衡、牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁．
14.【答案】解：（1）重力：G=mg=0.12kg×10N/kg=1.2N电场力：F=qE=1.6×10-6C×3×106V/m=4.8N在A点，有：qE?mg=mv12R代入数据解得：v1=6m/s（2）设球在B点的速度大小为v2，从A到B，由动能定理有：（qE?mg）×（2R）=12mv22?12mv12在B点，设轨道对小球弹力为FN，则有：FN+mg?qE=mv22R?由牛顿第三定律有：FN′=FN代入数据解得：FN′=21.6N答：（1）小球在A点处的速度大小为6m/s；（2）小球运动到最高点B时对轨道的压力为21.6N。【解析】
本题关键是明确小球的受力情况和运动情况，结合动能定理和向心力公式列式分析，可以将重力和电场力合成为“等效重力”，然后就能够结合竖直平面内的圆周运动模型进行分析。（1）球受重力、电场力、弹力，重力小于电场力，在A点，合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解A点的速度大小；（2）对从A到B过程根据动能定理列式求解B点的速度；在B点，重力、电场力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解支持力；根据牛顿第三定律得到压力。
15.【答案】解：（1）根据电场力的计算公式可得电场力F=qE=1.0×10-6×3.0×103?N=3.0×10-3?N；（2）小球受力情况如图所示： 根据几何关系可得mg=qEtanθ，所以m=qEgtanθ=3×10?310×tan37°kg=4×10-4kg；（3）电场撤去后小球运动过程中机械能守恒，则mgl（1-cos37°）=12mv2，解得：v=2m/s。答：（1）小球所受电场力F的大小为3.0×10-3?N。（2）小球的质量为4×10-4kg。（3）将电场撤去，小球回到最低点时速度v的大小为2m/s。【解析】
（1）根据电场力的计算公式求解电场力； （2）画出小球受力情况示意图，根据几何关系列方程求解质量； （3）根据机械能守恒定律求解速度。有关带电粒子在匀强电场中的运动，可以从两条线索展开：其一，力和运动的关系。根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度和位移等；其二，功和能的关系。根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理进行解答。
16.【答案】解：（1）将末速度分解，由几何关系知：v0v=cos300所以：v=23v03；（2）带电粒子做类平抛运动，依题知，粒子在电场中的运动时间：t=Lv0粒子离开电场时，垂直板方向的分速度：v1=v0tan30°竖直方向加速度：a=Eqm粒子从射入电场到离开电场，有at=v1即：Eqmt=v1；联立以上各式得E=3mv023qL（3）粒子从射入电场到离开电场，由动能定理，有qEd=12mv2?12mv02解得　　　d=3L6答：（1）粒子的末速度为23v03；（2）电场强度E为3mv023qL；（3）板间距离为3L6．【解析】
（1）粒子在电场中做类平抛运动，由运动的合成与分解可知粒子的末速度的大小； （2）将粒子的运动分解为水平方向的匀速运动和竖直方向的匀加速直线运动，则由运动的合成与分解可求得电场强度； （3）由动能定理可求得两板间的距离．带电粒子在电场中的运动，若垂直电场线进入则做类平抛运动，要将运动分解为沿电场线和垂直于电场线两个方向进行分析，利用直线运动的规律进行求解．
17.【答案】解：（1）电子在离开B板时的速度为v，根据动能定理可得：eU1=12mv2得：v=2eU1m电子进入偏转电场水平方向做匀速直线运动，则有：t0=lv=lm2eU1（2）电子在偏转电极中的加速度：a=U1edm离开电场时竖直方向的速度：vy=at0=U2lde2mU1离开电场电子的速度与水平方向的夹角：tan45°=vyv=U2l2U1d解得：U2=2dlU1??????????（3）离开电场的侧向位移：y1=12at02解得：y1=l2电子离开电场后，沿竖直方向的位移：y2=l6tan45°=l6电子到达荧光屏离O点的距离：Y=y1+y2=23l；答：（1）电子通过偏转电场的时间t0为lm2eU1（2）偏转电极C、D间的电压U2为2dlU1 （3）电子到达荧光屏离O点的距离Y为23l．【解析】
（1）电子先AB板间电场加速，后进入CD板间电场偏转做类平抛运动，最后离开电场而做匀速直线运动．先由动能定理求出加速获得的速度．电子在偏转电场中，水平方向做匀速直线运动，由公式x=vt可求时间． （2）粒子在偏转电场中做类平抛运动，根据运动的合成和分解可求得偏转电压； （3）根据位移公式可求得粒子在偏转电场中的位移，再根据粒子离开电场后的偏转后做匀速运动，根据竖直方向上的分速度可以求出竖直方向上的位移，则可以求出总位移．本题考查带电粒子在电场中的运动，要注意明确带电粒子的运动可分加速和偏转两类，加速一般采用动能定理求解，而偏转采用的方法是运动的合成和分解．
18.【答案】解：（1）电子在电场中做类平抛运动，则：a=qEm=qUmd水平方向有：l=v0t竖直方向有：y0=12at2由①②③得电子偏离金属板的侧位移为：y0=qUl22dmv02（2）在竖直方向的分速度为：vy=at=qUlmdv0在水平方向的分速度为：vx=v0所以：v=vx2+vy2=v02+U2q2l2m2d2v02（3）电子飞出电场后，做匀速直线运动，则：tanθ=vyvx=qUlmdv02所以OP=y0+stanθ=(l+2s)Uql2mdv02答：（1）电子偏离金属板的侧位移y0是qUl22dmv02．（2）电子飞出电场时的速度是v02+U2q2l2m2d2v02（3）电子离开电场后，打在屏上的P点，若s已知，OP的长是(l+2s)Uql2mdv02．【解析】
（1）粒子在电场中做匀加速曲线运动，水平方向匀速运动，根据位移和速度求出运动时间；竖直方向匀加速运动，根据牛顿第二定律求出加速度，进而根据匀加速运动位移时间公式即可求解；（2）先根据v=at求出竖直方向速度，进而进行合成求出电子飞出电场时的速度；（3）从平行板出去后做匀速直线运动，水平和竖直方向都是匀速运动，根据水平位移和速度求出运动时间，再求出竖直方向位移，进而求出OP的长．该题是带电粒子在电场中运动的问题，其基础是分析物体的受力情况和运动情况．
19.【答案】解：（1）A到B的过程电场力做功负功WAB=EqL 代入数据解得：WAB=-1.6×10-4×2×104×5=-16J；（2）AB两点之间的电势差UAB=EL 代入数据解得：UAB=-2×104×5=-1×105V．答：（1）小球第一次到达O点正下方的B点时电场力做的功为-16J；（2）A、B两点的电势差UAB为-1×105V．【解析】
（1）根据功的公式可知，AB过程电场力所做的功W=EqL，代入数据即可求得电场力所做的功； （2）根据U=Ed即可求得AB两点间的电势差．本题考查匀强电场的性质，要注意明确功的公式的计算方法，同时明确U=Ed中的d为沿电场线方向上的距离．
20.【答案】解：（1）若B球处于一水平向右的匀强电场中，使A环与球B一起向右匀速运动；运动过程中，绳始终保持与竖直方向夹角θ=37°；以B球为研究对象，受到重力、电场力和拉力，三力平衡；则有电场力F=mBgtanθ=4N×34=3N；匀强电场的电场强度E=Fq=31×10?4N/C=3×104N/C；（2）对整体分析，在水平方向上有：F=μ（mA+mB）g；解得：μ=F(mA＋mB)g=36=0.5；（3）电场强度方向斜向右上与水平方向夹角为θ=37°，根据牛顿第二定律得：qEcosθ-μ（mAg+mBg-qEsinθ）=（mA+mB）a；解得：E=6011×104N/C．答：（1）匀强电场的电场强度为3×104N/C；（2）环A与水平杆间的动摩擦因数为0.5；（3）电场强度应为6011×104N/C。【解析】
本题考查了共点力平衡和牛顿第二定律的基本运用，关键能够正确地受力分析，掌握整体法和隔离法的灵活运用。（1）隔离对B球受力分析，根据共点力平衡求出电场力的大小，从而得出电场强度的大小；（2）对整体分析，根据共点力平衡，结合滑动摩擦力公式求出环A与水平杆之间的动摩擦因数；（3）对整体分析，根据牛顿第二定律求出电场强度的大小。