10.5.3 电场中的直线运动问题 重难点突破练-2025-2026学年高二上学期物理人教版必修第三册

10.5 电场中的直线运动问题——高中物理必修三重难点突破 素养目标 1.能对研究对象进行受力分析，能明确带电体的重力是否可忽略； 2.知道匀强电场、非匀强电场中解决问题的两种观点； 3.能根据受力分析和运动过程分析选择解决直线运动问题的方法。 知识梳理 1.电场中重力的处理方法 (1)基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等微观粒子，除有说明或明确暗示外，一般都不考虑重力(但并不忽略质量)。 (2)带电体：如尘埃、液滴、小球等，除有特殊说明或明确暗示外，一般都不能忽略重力。 2.带电粒子在匀强电场中做直线运动的类型和条件 (1)带电粒子所受合外力 且有初速度，做匀速直线运动。 (2)带电粒子所受合外力 且与初速度方向在同一条直线上，做匀加速直线运动或匀减速直线运动。 3.解决电场中直线运动问题的两种观点 (1)动力学观点：用牛顿第二定律结合运动学公式求解。此方法只适用于匀强电场。 (2)功和能量观点：根据动能定理求解。此方法既适用于匀强电场，也适用于非匀强电场。 匀强电场中， 非匀强电场中， 一、单选题 1．如图所示，从F处释放一个无初速度的电子(重力不计)向B板方向运动，下列说法错误的是(设电源电压都恒为U)( ) A．电子到达B板时的动能是Ue B．电子从B板到达C板动能变化量为零 C．电子到达D板时动能是3Ue D．电子在A板和D板之间做往复运动 2．图为示波管中电子枪的原理示意图。A、K间电压为，距离为，电子在A点速度为0，经加速后从K的小孔中射出时的速度大小为。下面说法中正确的是（    ） A．如果距离减半而电压不变，电子离开K时的速度仍为 B．如果距离减半而电压不变，电子离开K时的速度变为 C．如果距离不变而电压减半，电子离开K时的速度仍为 D．如果距离不变而电压减半，电子离开K时的速度变为 3．如图，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连．若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子(    ) A．所受重力与电场力平衡 B．电势能逐渐减小 C．动能逐渐增加 D．做匀变速直线运动 4．如图所示，竖直平面内存在水平方向的匀强电场，带电粒子沿虚线由A点向B点做直线运动，当粒子运动到B点时速度恰好为零。已知粒子质量为m，电荷量为，虚线AB长度为L，与水平方向的夹角为，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　） A．粒子将在A、B两点间做往复运动 B．仅增加粒子的质量，粒子仍能在电场中做直线运动 C．电场强度的大小为 D．粒子在A点速度的大小为 5．如图所示，带等量异号电荷的两平行金属板在真空中水平放置，M、N为板间同一电场线上的两点，一带电粒子（不计重力）以速度vM经过M点在电场线上向下运动，且未与下板接触，一段时间后，粒子以速度vN折回N点，则 （　　） A．电场中M点的电势能一定比在N点的大 B．粒子受电场力的方向一定由M指向N C．粒子在M点的速度一定比在N点的大 D．粒子在M点的加速度与N点的加速度方向相反 6．新风向 构建新模型：如图所示，一光滑绝缘的圆环水平放置，空间中有水平向右的匀强电场，通过点的直径与电场强度方向平行，环上有、两根光滑绝缘的细杆。现有两个带正电的轻质小环套在细杆上，分别从A、B两点同时由静止释放，不计小环之间的库仑力及小环所受重力。已知两小环的质量、电荷量关系为、，则它们分别沿细杆、运动到点的时间之比为（    ） A． B． C． D．不能确定 二、多选题 7．如图甲所示，在两平行的金属板间加上如图乙所示的电压．在0～1 s内，一点电荷在两极板间处于静止状态，t＝2 s时电荷仍运动且未与极板接触，则在1～2 s内，点电荷（g取10 m/s2） A．做匀加速直线运动，加速度大小为10 m/s2 B．做变加速直线运动，平均加速度大小为5 m/s2 C．做变加速直线运动，2 s末加速度大小为10 m/s2 D．2 s末速度大小为10 m/s 8．如图，空间内存在水平向右的匀强电场，物块甲、乙（可视为质点）质量相等，甲带正电，乙带负电，二者电荷量绝对值相等，甲、乙与粗糙水平面之间的动摩擦因数分别为。现分别单独使甲、乙物块从点以相同初速度向右出发，得到甲和乙的位置与时间在时间段内的关系图像如图所示，两条曲线均为抛物线，乙的图像在时刻切线斜率为0，重力加速度为，设甲物块的加速度为，则（    ） A．时，甲的速度大小为 B． C．之后，乙物块可能静止 D．之后，乙物块一定向左返回 9．如图，带正电的物块A放在水平桌面上，通过光滑的滑轮与B相连，A处在水平向左的匀强电场中，，从O开始，A与桌面的动摩擦因数随x的变化如图所示，取O点电势能为零，A、B质量均为1kg，B离滑轮的距离足够长，则（　　） A．它们运动的最大速度为0.8m/s B．它们向左运动的最大位移为2m C．当速度为0.6m/s时，A的电势能可能是-2.4J D．当速度为0.6m/s时，绳子的拉力可能是10N 10．如图所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管（漂移管）组成，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极。设质量为m、电量为q的质子（重力不计）从K点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速，加速电压U视为不变。设质子进入漂移管A时速度为，进入漂移管D时速度为，电源频率为f，漂移管间缝隙很小，则（　　） A．为使质子在漂移管间被加速，质子在每个管内运动时间应为 B．质子进入漂移管D时的速度 C．从漂移管A算起，第N个漂移管的长度应为 D．从漂移管A算起，质子通过第N个漂移管的能量应为 11．若规定无穷远处电势为零，则点电荷周围电场中某点的电势为，r为该点到点电荷的距离。如图所示，半径为R的金属球壳带电荷为，在球的左侧，点电荷由静止开始仅在电场力作用下从远处向球壳的球心方向做直线运动，并能从球壳上的小孔进入球壳运动到球心处，点电荷不影响在球壳上电荷的均匀分布。下列说法正确的是（　　） A．点电荷受到的电场力先增大后变为零 B．点电荷的电势能先减小后增大 C．点电荷的速度先增大后不变 D．进入球壳后点电荷的电势能为零 12．如图甲所示，在真空中固定的两个相同点电荷A、B关于x轴对称，它们在x轴上的E－x图像如图乙所示（规定x轴正方向为电场强度的正方向）。若在坐标原点O由静止释放一个正点电荷q，它将沿x轴正方向运动，不计重力，则（　　） A．A、B带等量正电荷 B．点电荷q在x1处电势能最大 C．点电荷q在x2处动能最大 D．点电荷q沿x轴正向运动的最远距离为2x2 13．如图所示，在空间中存在竖直向上的匀强电场，质量为m，电荷量为的物块从A点由静止开始下落，加速度为，下落高度H到B点后与一轻弹簧接触，又下落h后到达最低点C，整个过程中不计空气阻力，且弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，讨论带电物块在由A点运动到C点过程，下列说法中正确的是（　　） A．该电场的场强为 B．带电物块和弹簧的机械能减小量为 C．物块电势能的增加量为 D．弹簧弹性势能的增加量为 14．如图所示，一质量为m的带电小球在竖直方向的匀强电场中由静止释放，小球的加速度大小为，方向竖直向下，不计空气阻力。在小球向下运动距离h的过程中（　　） A．小球的重力势能减少了 B．小球的动能增加了 C．小球的机械能增加了 D．小球的电势能增加了 15．某同学用如图甲所示装置研究带电小球在重力场和电场中具有的势能（重力势能、电势能之和）的情况。两个带同种电荷的小球1、2放在竖直放置的绝缘圆筒中，1固定在圆筒底部，2从靠近1位置处释放，测出2的位置和速度，利用能量守恒可以得到势能图像。图乙中I图线是小球2的图像，II图线是计算机拟合的图线I的渐近线，实验中一切摩擦可忽略，小球的电荷量不会发生变化，，则小球2（　　） A．上升过程中速度先变大后变小 B．上升过程中动能一直变大 C．质量为 D．从处运动至处电势能减少 三、解答题 16．如图所示，上、下水平放置的两带电金属板，相距为3l，板间有竖直向下的匀强电场E。距上板l处有一带电荷量为＋q的小球B，在小球B上方有一带电荷量为－6q的小球A，它们质量均为m，用长度为l的绝缘轻杆相连。已知E＝，让两小球从静止释放，小球可以通过上板的小孔进入电场中（空气阻力不计，重力加速度为g）。求： （1）A球刚进入电场时的速度v2大小； （2）B球是否能碰到下板；如能，求刚碰到时B球的速度v3大小；如不能，请通过计算说明理由。 17．如图所示，劲度系数为的轻弹簧放在光滑绝缘的水平面上，左端连着绝缘小球B，右端连在固定板上，整个装置处在电场强度大小为、方向水平向右的匀强电场中。现把一质量为、带电荷量为的小球A，从与小球B距离处自由释放，小球A与小球B发生正碰，碰撞中无机械能损失，且小球A的电荷量始终不变。已知小球B的质量，小球B被碰后做周期性运动，其运动周期（小球A、B均可视为质点，重力加速度大小为）。 (1)画出刚释放后瞬间小球A的受力分析图； (2)求小球A与小球B相碰前，小球A的速度大小； (3)求两小球第一次碰撞后瞬间，小球A的速度和小球B的速度； (4)要使小球A与小球B第二次仍在小球B的初始位置迎面相碰，求弹簧劲度系数的可能取值。 18．中国科学家2015年10月宣布中国将在2020年开始建造世界上最大的粒子加速器．加速器是人类揭示物质本源的关键设备，在放射治疗、食品安全、材料科学等方面有广泛应用．如图所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管（漂移管）组成，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极．质子从K点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速，加速电压视为不变．设质子进入漂移管B时速度为8×106m/s，进入漂移管E时速度为1×107m/s，电源频率为1×107Hz，漂移管间缝隙很小，质子在每个管内运动时间视为电源周期的．质子的荷质比取1×108C/kg．求： （1）漂移管B的长度； （2）相邻漂移管间的加速电压． 19．如图所示，一平行板电容器水平放置，板间距离为d，上极板开有一小孔，质量均为m，带电荷量均为+q的两个带电小球（视为质点），其间用长为L的绝缘轻杆相连，处于竖直状态，已知d=2L，今使下端小球恰好位于小孔中，由静止释放，让两球竖直下落，当下端的小球到达下极板时，速度刚好为零，试求： （1）两极板间匀强电场的电场强度； （2）两球运动过程中的最大速度。 20．如图，在竖直平面内分布着与水平方向成45°角斜向右上方的匀强电场，一质量为、电荷量为的带正电粒子，从点由静止开始沿电场线做匀加速直线运动，经过时间恰好到达电场线上点，粒子仅受电场力作用，求： (1)电场强度的大小； (2)粒子从点运动到点过程中，电场力做的功； (3)粒子从点运动到点过程中，电势能的改变量及机械能的变化量（说明增减）。 21．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．如图所示，在虚线MN两侧分别存在着方向相反的两个匀强电场，一带电微粒从A点由静止开始，在电场力作用下沿直线在A、B两点间往返运动．已知电场强度的大小分别是E1＝2.0×103N/C和E2＝4.0×103N/C，方向如图所示．带电微粒质量m＝1.0×10－20kg，带电荷量q＝－1.0×10－9C，A点距虚线MN的距离d1＝1.0 cm，不计带电微粒的重力，忽略相对论效应．求： (1)B点距虚线MN的距离d2； (2)带电微粒从A点运动到B点所经历的时间t. 22．微波实验是近代物理实验室中的一个重要部分．反射式速调管是一种结构简单、实用价值较高的常用微波器件之一，它是利用电子团与场相互作用在电场中发生振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似．如图1所示，在虚线MN两侧分布着方向平行于x轴的电场，其电势φ随x的分布可简化为如图2所示的折线．一带电微粒从A点由静止开始，在电场力作用下沿直线在A、B两点间往返运动．已知带电微粒质量m=1.0×10﹣20 kg，带电荷量q=﹣1.0×10﹣9 C，A点距虚线MN的距离d1=1.0cm，不计带电微粒的重力，忽略相对论效应．求： （1）B点距虚线MN的距离d2； （2）带电微粒在A、B之间振荡的周期T． 试卷第2页，共3页 试卷第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 《10.5 电场中的直线运动问题﹣高中物理必修三重难点突破》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C A D C C A BC AD BC AC 题号 11 12 13 14 15 答案 AC CD BD BD AD 1．C 【分析】明确电场分布情况，电子从静止开始在匀强电场中被加速运动，电场力做的功即为电子获得的动能；电子在没有电场的区域做匀速直线运动；当电子以一定速度进入反向电场时会做减速运动，减小的动能即为电场力做的负功． 【详解】释放出一个无初速度、电荷量为e的电子，在电压为U电场中被加速运动，当出电场时，所获得的动能等于电场力做的功，即W=qU=eU；由图可知， BC间没有电压，因此没有电场，所以电子在此处做匀速直线运动，电子的动能不变电子以eU的动能进入CD电场中，在电场力的阻碍下，电子做减速运动，由于CD间的电压也为U，所以电子到达D板时速度减为零，开始反向运动；由上可知，电子将会在A板和D板之间加速、匀速再减速，回头加速、匀速再减速，做往复运动．综上所述，故A、B、D正确，C错误． 故选C． 【点睛】该题考查粒子在电场中的加速与减速运动，要明确电场力做功与动能变化的关系，注意到电子的速度减为零时，恰好到达D板是解答本题的关键． 2．A 【详解】根据 可得 AB．如果距离减半而电压不变，电子离开K时的速度仍为，A正确，B错误； CD．如果距离不变而电压减半，电子离开K时的速度变为，CD错误。 故选A。 3．D 【分析】带电粒子在匀强电场中的运动。 【详解】A．带电粒子沿水平方向做直线运动，则电场力与重力的合力一定沿水平方向，受力分析如图： 合力与速度方向反向，即重力与电场力不平衡，A错误； B．如图，电场力方向与运动方向夹角大于90°，电场力做负功，电势能增加，B错误； C．合力与速度方向反向，做负功，由动能定理可知，动能减小，C错误； D．整个过程处于匀强电场中，电场力与重力都不变，即合外力不变，加速度不变，做匀变速直线运动，D正确。 故选D。 4．C 【详解】C．由题意知，带电粒子所受合外力方向与线段AB共线，因此，所以，C正确； A．当粒子从B点回到A点时速度不为零，会继续向前运动，A错误。 B．仅增大粒子质量，粒子的加速度与初速度将不再共线，粒子不再做直线运动，B错误； D．由于合外力与线段AB共线，所以粒子的加速度，由可知，初速度，D错误； 故选C。 5．C 【详解】A．由题意可知带电粒子先向下做减速运动，再反向做加速运动，则由M到N电场力做负功，由功能关系可知，电势能增大，所以带电粒子在电场中M点的电势能一定比在N点的小，则A错误； B．粒子受电场力的方向一定由N指向M，所以B错误； C．粒子在M点的速度一定比在N点的大，所以C正确； D．由于带等量异号电荷的两平行金属板间的电场为匀强电场，则粒子在M点的加速度与N点的加速度大小相等方向相同，所以D错误； 故选C。 6．A 【详解】设细杆与电场线之间的夹角为θ，对轻质小环，由牛顿第二定律得 解得 小环沿杆做匀加速直线运动，设圆环直径为d，由运动学公式得 解得 所以 故选A。 7．BC 【详解】A．第1 s内电荷受重力和电场力作用处于平衡状态，故电场力向上，与重力平衡，第2 s内电压一直变大，故电场强度变大，电场力变大，且第2 s内合力随时间均匀增加，加速度随时间均匀增加，是变加速直线运动，故A错误； BC．第2 s内加速度随时间均匀增加，第2 s末电场强度增加为第1 s末的2倍，故电场力变为2倍，合力向上，大小为mg，其加速度大小为g＝10 m/s2，故平均加速度为 a＝m/s2＝5 m/s2， 故BC正确； D． 2s末速度大小为 v2＝at＝5×1 m/s＝5 m/s， 故D错误． 8．AD 【详解】A．由题意，根据图乙提供信息可知时，甲做匀加速直线运动的位移大小为，有 乙做匀减速直线运动的位移大小为，有 联立，可得此时甲的速度大小为，故A正确； B．对甲、乙分别利用牛顿第二定律有， 且， 联立，求得，，故B错误； CD．虽然乙的图像在时刻切线斜率为0，速度为零，但根据 求得 可知之后，乙物块一定向左返回，故C错误，D正确。 故选AD。 9．BC 【详解】AB．当加速度为零时， A、B运动的速度最大，根据平衡条件得， 联立解得 由图可知 所以此时A、B运动的位移大小为 根据动能定理可得 又 解得 当A、B到达最大位移处时，速度为零，则有 又 联立解得 故A错误，B正确； CD．当物体的速度为时，有 又 联立解得或 所以A的电势能为或 根据 可知此时动摩擦因数为或 根据牛顿第二定律得， 联立可得绳子拉力为 代入数据解得或 故C正确，D错误。 故选BC。 10．AC 【详解】A．电源频率为f，因此周期为 质子在每个管内运动时间应为，质子在每个管内运动时间应为，故A正确； B．质子从A管运动至漂移管D由动能定理可知 解得 故B错误； C．从漂移管A算起，第N个漂移管的速度，由动能定理可知 解得 第N个漂移管的长度应为 故C正确； D． 质子通过第N个漂移管的能量，由动能定理可知 解得 故D错误。 故选AC。 11．AC 【详解】A．均匀带电球壳在其外部产生的电场相当于在球心处的点电荷产生的电场，根据点电荷电场强度，可知点电荷在向球心移动的过程中，所受的电场力越来越大，直到进入球壳，球壳内由于静电屏蔽，内部等势体，场强为零，电荷所受电场力为零，故A正确； B．点电荷移动过程中，电场力做正功，的电势能减小，进入球壳，电场力不做功，电势能不变，故B错误； C．点电荷受到库仑引力作用，速度增加，但进入球壳后电场力为零，匀速运动，故C正确； D．无穷远处，电势为0，电势能为0，点电荷电势能先减小后不变，因此点电荷进入球壳前后电势能都为负，故D错误。 故选AC。 12．CD 【详解】A．由E-x图像可知，在x轴上的P点对应x2点，在P点的左侧电场强度为正值，沿x轴正方向，右侧为负值，可知A、B带等量负电，A错误； B．电荷量为q的正点电荷，从O点到x2点，电场力做正功，电势能减小，因此点电荷q在x1处电势能不是最大，B错误； C．电荷量为q的正点电荷，从O点到x2点，电场力做正功，电势能减小，从x2点继续向右运动电场力做负功，电势能增大，故x2点电势能最小，由能量守恒可知x2点动能最大，C正确； D．由对称性可知，点电荷q沿x轴正方向最远能到达O点关于P点的对称点点位置，故点电荷q沿x轴正向运动的最远距离为2x2，D正确。 故选CD。 13．BD 【详解】A．物块从A点由静止开始下落，加速度a为，则根据牛顿第二定律有 解得，该电场的场强为 故A错误； B．根据功能关系可得，带电物块在由A点运动到C点过程，带电物块和弹簧的机械能减小量为 故B正确； C．根据功能关系可得，物块电势能的增加量为 故C错误； D．带电物块在由A点运动到C点过程，物块的重力势能转化为物块的电势能和弹簧的弹性势能，则弹簧弹性势能的增加量为 故D正确。 故选BD。 14．BD 【详解】A．重力做的功等于重力势能的减少量，重力做功 WG= mgh＞0 故小球的重力势能减少mgh，故A错误； B．根据动能定理可知小球动能的变化量等于合力做功，有 >0 故小球的动能增加了，故B正确； C．在小球向下运动距离h的过程中，设电场力为F，根据牛顿第二定律有 解得 方向竖直向上。 此过程根据功能关系可知小球机械能的变化量 故机械能减少了，故C错误； D．电场力做功等于电势能的变化量，电场力做负功，说明电势能增加了，故D正确。 故选B15．AD 15． AD 【详解】AB．上升过程系统能量守恒 结合图像可知，上升过程中势能先变小后变大，因此，小球2的动能先变大后变小，速度也先变大后变小，故B错误，A正确； C．根据库仑定律 可知，当时，，系统势能的变化量主要取决于重力做功 即 由此可知小球2的重力等于图中渐近线的斜率，结合图像可知N=5N 解得 故C错误； D．从处运动至过程中，根据系统能量守恒J 根据动能定理可得 又因为J 解得J 从处运动至过程中，电场力做的正功，电势能减少0.3J，故D正确。 故选AD。 16．（1）；（2）不能、见解析 【详解】（1）B球进入电场前，两小球均不受电场力作用，只受重力作用，A、B整体做自由落体运动，根据运动学公式可得B球刚进入电场时A、B整体的速度大小为 A球进入电场前，只有B球受竖直向下的电场力，A、B整体做匀加速直线运动，设此时A、B整体的加速度大小为a1，由牛顿第二定律可得 qE＋2mg＝2ma1 解得 a1＝ 从B球刚进入电场到A球刚进入电场的过程中，根据运动学公式有 解得 （2）当A、B球全部进入电场后，A、B整体受力如图所示。 设此时A、B整体的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律有 6qE－qE－2mg＝2ma2 解得 a2＝ 假设A、B整体速度为零时，B球没碰到下板，从A球进入电场到此时整体通过的距离为 假设成立，B球不能碰到下板。 17．(1)见解析 (2) (3)，方向向左，，方向向右 (4)（n=0，1，2，3…） 【详解】（1）刚释放后瞬间小球A受到重力、支持力与电场力作用，如图所示 （2）设小球A与小球B碰撞前瞬间的速度为根据动能定理有 解得 （3）由于碰撞过程极短，可以认为系统满足动量守恒，则有 由题知碰撞过程中无机械能损失，则有 解得 负号表示方向向左 方向向右。 （4）要使小球A与小球B第二次迎面碰撞仍发生在原位置，则小球A重新回到原位置所用的时间满足（n= 0，1，2，3…） 小球A在电场中受电场力作用向左做减速运动至速度为0后又向右做加速运动，根据牛顿第二定律有 根据运动学规律有 根据题意有 解得（n=0， 1，2，3…） 18．（1）0．4m（2） 【详解】（1）设质子进入漂移管B的速度为，电源频率、周期分别为f、T，漂移管B的长度为L，则 联立并代入数据得 （2）设质子进入漂移管E的速度为，相邻漂移管间的加速电压为U，电场对质子所做的功为W，质子从漂移管B运动到E电场做功W＇，质子的电荷量为q、质量为m，则 联立并代入数据得 19．（1）；（2） 【详解】(1)下端小球从静止进入电场，到运动至下极板速度为零这一过程，两球组成的系统先做匀加速运动，直至上端小球进入电场后改做匀减速运动，且这两个加速度大小相等，所以 即 (2)加速度大小 下端小球下落距离为L时，球的速度最大，由 得 20．(1) (2) (3)电势能减少了，机械能增加了 【详解】（1）粒子沿电场线做初速度为0的匀加速直线运动，由运动学公式可得 由几何关系知 解得 粒子仅受电场力作用，由牛顿第二定律可得 联立解得 （2）设粒子从点运动到点过程中电场力做功 由 得 （3）电场力做功与电势能变化的关系为 即电势能减少了 电场力做功等于机械能的变化量 即机械能增加了 21．．（1）0.50 cm（2）1.5×10-8 s 【详解】（1）带电微粒由A运动B的过程中，由动能定理有|q|E1d1－|q|E2d2= 0 解得 （2）设微粒在虚线MN两侧的加速度大小分别为a1、a2，由牛顿第二定律有 |q|E1=ma1 |q|E2=ma 2 设微粒在虚线MN两侧的时间大小分别为t1、t2，由运动学公式有 又t=t1+t2 解得　t= 1.5×10-8s 22．（1）；（2） 【详解】（1）由图2知虚线左右分别是匀强电场，左侧电场沿﹣x方向，右侧电场沿+x方向，大小分别为 带电微粒由A运动到B的过程中，由动能定理得 解得 （2）设微粒在虚线MN两侧的加速度大小分别为a1、a2 由牛顿第二定律得 设微粒在虚线MN两侧运动的时间分别为t1、t2 由运动学公式得 运动时间 解得 故粒子振动的周期为 答案第10页，共10页 答案第9页，共10页 学科网（北京）股份有限公司 $