第十章 静电场中的能量 章末练习卷三 -2025-2026学年高二下学期物理人教版必修第三册

静电场中的能量章末练习卷 本试卷满分100分，考试时间75分钟。 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名，准考证号填写在答题卡上。 2.答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 一、选择题：本题共12小题，共56分。在每小题给出的四个选项中，第1-8题只有一项符合题目要求，每小题4分；第9-12题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 1．如图所示，以点为圆心，为半径的圆处于匀强电场（图中未画出）中，电场平行于圆面。AC、BD为互相垂直的两直径，、、三点的电势分别为、0、，下列说法正确的是（　　） A．点的电势为10V B．电场方向由点指向点 C．AC是等势线 D．电场强度大小为 2．以某静电场中的一根电场线为轴，轴上各点的电场强度与坐标的关系图像如图所示，取轴正方向为电场强度正方向。正点电荷仅在电场力作用下从原点由静止释放，沿轴正方向运动，依次经过、和处。该电荷在、和处的动能之比为（　　） A． B． C． D． 3．如图1所示，在静电场中将一带负电粒子从M点由静止释放，粒子仅在电场力的作用下沿直线运动，时刻到达N点，粒子运动的图像如图2所示。下列说法正确的是（    ） A．M点的电场强度方向从M指向N B．M点的电场强度大于N点的电场强度 C．M点的电势高于N点的电势 D．粒子在N点的电势能小于在M点的电势能 4．如图所示，竖直平面内的固定光滑圆形绝缘轨道的半径为R，A、B两点分别是圆形轨道的最低点和最高点，圆形轨道上C、D两点的连线过圆心O且OC与竖直向下方向的夹角为60°。空间存在方向水平向右且平行圆形轨道所在平面的匀强电场，一质量为m的带负电小球（视为质点）恰好能沿轨道内侧做完整的圆周运动，且小球通过D点时的速度最小。重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　） A．小球受到的电场力大小为2mg B．小球通过D点时的速度大小为 C．小球在运动过程中的最大速度为 D．小球通过C点时所受轨道的作用力大小为12mg 5．如图甲所示，在光滑绝缘水平面上的O点、P点分别固定两个不等量异种点电荷和，沿方向建立一维坐标系，O为原点。电荷、在x轴正半轴产生的电场强度E随位置坐标x的变化如图乙所示，规定沿x轴正方向的电场为正，取无穷远处电势为零。将一带正电的试探电荷从A点由静止释放，水平方向仅受静电力作用。下列说法正确的是（　　） A．为正电荷，为负电荷，且 B．M点的电势为零 C．运动过程中，试探电荷在N点时速度最大 D．试探电荷将做往复运动 6．光滑绝缘水平面上有关于点对称的、两点，以点为坐标原点、沿建立轴，、两点间沿轴的电势变化如图所示，左侧图像为曲线，右侧图像为倾斜线段，现将一质量为的带电小球从点由静止释放后沿轴运动，忽略带电小球的电场，已知小球到达点时的速度为。下列说法正确的是（　　） A．小球带正电 B．小球所带电荷量的绝对值为 C．小球在段运动的加速度逐渐变小 D．小球在段的运动时间小于在段的运动时间 7．如图所示，将两个点电荷分别固定在x轴上的坐标原点和位置，两个点电荷所带电荷量分别为和（）。将一带负电的试探电荷从位置移动到。位置，已知静电力常量为k。下列说法正确的是（　　） A．位置的电场强度大小为，方向沿x轴正方向 B．位置的电场强度大小为0 C．移动试探电荷的过程中，试探电荷的电势能一直减小 D．移动试探电荷的过程中，试探电荷的电势能先减小后增大 8．如图甲所示，两平行极板P、Q的极板长度和板间距离均为l，位于极板左侧的粒子源沿两板的中轴线向右连续发射质量为m、电荷量为、速度相同、重力不计的带电粒子。在时间内两板间加上如图乙所示的电压（不考虑极板边缘的影响）。已知时刻进入两板间的带电粒子恰好在时刻经极板边缘射出。不考虑粒子间相互影响及返回极板间的情况，则下列说法正确的是（　　） A．该粒子在平行板间一直做曲线运动 B．该粒子在平行板间偏转时的加速度 C．两平行板间所加电压大小为 D．若时刻进入两板间的带电粒子，也恰好经极板边缘射出，则两板间所加电压大小应为 9．如图所示，图中实线、、、为某静电场中的等差等势线，相邻两等势线的电势差绝对值为，虚线为一个电子在该静电场中的运动轨迹，电子在点的动能为，在点电势能为，电子的电量为，则下列判断正确的是（　　） A．电子在点加速度比在点大 B．等势线的电势为 C．电子在点的电势能为 D．电子运动中的动能可能为 10．如图所示，两块相互靠近彼此绝缘的平行金属板组成平行板电容器，极板N与静电计金属球相连，极板M和静电计的外壳均接地，用静电计测量平行板电容器两极板间的电势差。在两极板相距为时，给电容器充电，静电计指针张开一定角度。在整个实验过程中，保持电容器所带的电荷量不变，下面的操作中能使静电计指针张角变大的是（　　） A．仅将M板向上平移 B．仅增加极板所带的电荷量 C．仅将M板向右平移 D．仅在M、N之间插入有机玻璃板 11．真空中的某静电场x轴上各点的电场强度E与坐标x的关系图像如图所示，x轴正方向为电场强度正方向.一正电荷仅在电场力作用下从原点O由静止释放，沿x轴正方向运动，依次经过x0、2x0和3x0处，2x0处的电势为零，图上物理量均已知。下列说法正确的是（　　） A．该电荷在x0处的电势能大于在3x0处的电势能 B．从x0到2x0处，该电荷做匀加速直线运动 C．3x0处的电势为0.5E0x0 D．该电荷在x0、2x0和3x0处的动能之比为2∶3∶4 12．如图所示，一根长为l的轻杆，一端连接质量为m、电荷量为的小球，另一端可绕O点在竖直面内自由转动，空间中存在竖直向下的匀强电场。在最低点A给静止小球一个水平向右的初速度，当小球运动到与O点等高的B点时，杆上的弹力恰为0，已知重力加速度大小为g，不考虑空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．电场强度的大小为 B．电场强度的大小为 C．小球刚获得初速度时，轻杆上弹力大小为 D．若初速度变为，则小球可以做完整的圆周运动 二、非选择题：本题共3小题，共44分。 13．（12分）如图，竖直面上固定一个圆形光滑绝缘轨道，半径为。，连线是水平直径，，连线是竖直直径，在轨道所在的竖直面分布着与水平方向夹角的匀强电场。一个质量为、带电荷量为的绝缘小球从点以某一速度竖直向下沿轨道内侧运动，若小球在轨道内侧运动时恰好不脱离轨道，并从点开始水平向左做直线运动，重力加速度为。求： (1)匀强电场场强的大小； (2)小球在轨道上的最小速率； (3)小球在点对轨道压力的大小。 14．（14分）在如图甲所示的极板A、B间加上如图乙所示的大小不变、方向周期性变化的交变电压，其周期为T，现有一电子以平行于极板的速度v0从两板中央OO′射入。已知电子的质量为m、电荷量为e，不计电子的重力，问： (1)若电子从t＝0时刻射入，在半个周期内恰好能从A板的边缘飞出，则电子飞出时速度的大小为多少？ (2)若电子从t＝0时刻射入，恰能平行于极板飞出，则极板至少为多长？ (3)若电子恰能沿OO′平行于极板飞出，电子应从哪一时刻射入？两极板间距至少为多大？ 15．（18分）如图所示一竖直平面内存在一水平向右的匀强电场，有一电荷量为q质量为m的带电粒子从A点以v0的初速度进入电场，经过一段时间从B点离开电场，已知粒子在A点和B点速度与电场方向的夹角分别为30°和60°，不计粒子的重力。 (1)判断带电粒子的电性； (2)求AB两点的电势差UAB； (3)若粒子从A到B的时间为t，求电场强度E。 答案第10页，共12页 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 静电场中的能量章末练习卷 本试卷满分100分，考试时间75分钟。 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名，准考证号填写在答题卡上。 2.答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 一、选择题：本题共12小题，共56分。在每小题给出的四个选项中，第1-8题只有一项符合题目要求，每小题4分；第9-12题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 1．如图所示，以点为圆心，为半径的圆处于匀强电场（图中未画出）中，电场平行于圆面。AC、BD为互相垂直的两直径，、、三点的电势分别为、0、，下列说法正确的是（　　） A．点的电势为10V B．电场方向由点指向点 C．AC是等势线 D．电场强度大小为 【答案】B 【详解】AC．由匀强电场的特点可知 则有 可得， AC不是等势线，AC项错误； B．连接AB，则AB是等势面，电场线与AB垂直，如图 由几何关系可得AD与AB垂直，与AD平行，则电场线沿着BC与AD方向，由点指向点，B项正确； D．由几何关系BC两点间的距离为 则电场强度，D项错误。 故选B。 2．以某静电场中的一根电场线为轴，轴上各点的电场强度与坐标的关系图像如图所示，取轴正方向为电场强度正方向。正点电荷仅在电场力作用下从原点由静止释放，沿轴正方向运动，依次经过、和处。该电荷在、和处的动能之比为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】图像中图线与轴所围的面积与两点间的电势差对应，由题图可知，、两处的电势差，、两处的电势差，、两处的电势差 由动能定理可知 故该电荷在和处的动能之比为。 选A正确。 3．如图1所示，在静电场中将一带负电粒子从M点由静止释放，粒子仅在电场力的作用下沿直线运动，时刻到达N点，粒子运动的图像如图2所示。下列说法正确的是（    ） A．M点的电场强度方向从M指向N B．M点的电场强度大于N点的电场强度 C．M点的电势高于N点的电势 D．粒子在N点的电势能小于在M点的电势能 【答案】D 【详解】AC．带负电粒子从到速度逐渐增大，负电荷受力方向和电场线方向相反，故之间的场强方向为从指向，沿电场线方向电势降低，故点电势高于点，故AC错误； B．图像斜率代表加速度，斜率增大说明加速度增大，结合 可知场强增大，故点场强小于点场强，故B错误； D．负电荷在电势高的地方电势能低，在电势低的地方电势能高，点电势高于点，故粒子在N点的电势能小于在M点的电势能，故D正确。 故选D。 4．如图所示，竖直平面内的固定光滑圆形绝缘轨道的半径为R，A、B两点分别是圆形轨道的最低点和最高点，圆形轨道上C、D两点的连线过圆心O且OC与竖直向下方向的夹角为60°。空间存在方向水平向右且平行圆形轨道所在平面的匀强电场，一质量为m的带负电小球（视为质点）恰好能沿轨道内侧做完整的圆周运动，且小球通过D点时的速度最小。重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　） A．小球受到的电场力大小为2mg B．小球通过D点时的速度大小为 C．小球在运动过程中的最大速度为 D．小球通过C点时所受轨道的作用力大小为12mg 【答案】D 【详解】A．小球在通过D点时的速度最小，则在该点电场力与重力的合力沿半径方向，则小球受到的电场力大小为，故A错误； B．小球在通过D点时的速度最小，则D点为竖直平面内圆周运动的等效最高点，恰好能完整的做圆周运动，在等效最高点有最小速度，此时电场力与重力的合力刚好提供向心力，则有 解得，故B错误； CD．小球在等效最低点C点的速度最大，故小球从D到C的过程中，由动能定理得 解得 在C点，由牛顿第二定律得 解得，故C错误，D正确。 故选D。 5．如图甲所示，在光滑绝缘水平面上的O点、P点分别固定两个不等量异种点电荷和，沿方向建立一维坐标系，O为原点。电荷、在x轴正半轴产生的电场强度E随位置坐标x的变化如图乙所示，规定沿x轴正方向的电场为正，取无穷远处电势为零。将一带正电的试探电荷从A点由静止释放，水平方向仅受静电力作用。下列说法正确的是（　　） A．为正电荷，为负电荷，且 B．M点的电势为零 C．运动过程中，试探电荷在N点时速度最大 D．试探电荷将做往复运动 【答案】D 【详解】A．由图乙可知，靠近点电场强度为正，所以为正电荷，为负电荷，由于较远处电场强度为负，所以有，故A错误； B．由图乙可知，从点到无穷远处电场强度为负，即从无穷远处正电荷向点运动，电场力做正功，所以点电势不为零，故B错误； C．试探电荷从点向点运动过程中，在段受到的电场力方向不变，一直做加速运动，所以试探电荷在点速度最大，故C错误； D．试探电荷通过点后，电场力做负功直到速度为0，然后试探电荷反向加速，直到经过点后再次减速，直到运动到点速度为0，再重复之前的运动，即试探电荷做往复运动，故D正确。 故选D。 6．光滑绝缘水平面上有关于点对称的、两点，以点为坐标原点、沿建立轴，、两点间沿轴的电势变化如图所示，左侧图像为曲线，右侧图像为倾斜线段，现将一质量为的带电小球从点由静止释放后沿轴运动，忽略带电小球的电场，已知小球到达点时的速度为。下列说法正确的是（　　） A．小球带正电 B．小球所带电荷量的绝对值为 C．小球在段运动的加速度逐渐变小 D．小球在段的运动时间小于在段的运动时间 【答案】D 【详解】A．由题图可知，电势在O点最高，A、B两点电势最低。小球从A点由静止释放后向O点运动，说明小球所受的电场力方向由A指向O。由于电场强度方向与电势降低的方向一致，即从O指向A，故小球受力的方向与电场强度的方向相反，因此小球带负电。故A错误； B．A、O两点间的电势差为 设小球所带电荷量的绝对值为，由于小球带负电，则从A到O过程，对小球列动能定理方程有 解得，故B错误； C．图像的斜率表示电场强度。由题图可知，OB段图像为倾斜直线，其斜率恒定，说明OB段的电场强度E恒定，根据牛顿第二定律有 解得小球在段的加速度为 由于OB段的电场强度E恒定，所以小球在段的加速度也恒定，故C错误； D．由上面分析可知，由于AO段曲线斜率的绝对值逐渐减小，所以AO段的电场强度逐渐减小，则小球从A到O做加速度减小的加速运动，所以小球在段的平均速度大于；由于OB段电场强度恒定，小球做匀减速运动，所以小球在段的平均速度等于。由于AO段与OB段的位移大小相等，则根据可知，因为AO段平均速度更大，所以运动时间更短，即小球在段的运动时间小于在段的运动时间，故D正确。 故选D。 7．如图所示，将两个点电荷分别固定在x轴上的坐标原点和位置，两个点电荷所带电荷量分别为和（）。将一带负电的试探电荷从位置移动到。位置，已知静电力常量为k。下列说法正确的是（　　） A．位置的电场强度大小为，方向沿x轴正方向 B．位置的电场强度大小为0 C．移动试探电荷的过程中，试探电荷的电势能一直减小 D．移动试探电荷的过程中，试探电荷的电势能先减小后增大 【答案】B 【详解】A．由电场强度叠加可知位置的电场强度，方向沿x轴正方向，A错误。 B．由电场强度叠加可知位置的电场强度，B正确。 CD．将一带负电的试探电荷从位置移动到位置的过程中，电势逐渐降低，而试探电荷带负电，所以试探电荷的电势能一直增大，CD错误。 故选B。 8．如图甲所示，两平行极板P、Q的极板长度和板间距离均为l，位于极板左侧的粒子源沿两板的中轴线向右连续发射质量为m、电荷量为、速度相同、重力不计的带电粒子。在时间内两板间加上如图乙所示的电压（不考虑极板边缘的影响）。已知时刻进入两板间的带电粒子恰好在时刻经极板边缘射出。不考虑粒子间相互影响及返回极板间的情况，则下列说法正确的是（　　） A．该粒子在平行板间一直做曲线运动 B．该粒子在平行板间偏转时的加速度 C．两平行板间所加电压大小为 D．若时刻进入两板间的带电粒子，也恰好经极板边缘射出，则两板间所加电压大小应为 【答案】D 【详解】A．由图乙可知，粒子在时间内做类平抛运动，时间内，粒子不受电场力的作用而做匀速直线运动，故A错误； B．t=0 时刻进入的粒子，在 时间内做类平抛运动，竖直位移 竖直末速度 时间内，粒子以速度做匀速直线运动，竖直方向的位移 粒子恰好从边缘射出，竖直方向的总位移 联立解得，故B错误； C．根据牛顿第二定律可得 结合电场强度 解得 代入 解得，故C错误； D．若 时刻进入，粒子在板间运动时间仍为，离开时刻为， 设此时电压为，加速度为 运动过程分为三个阶段：时间内，粒子做类平抛运动，则有 末的瞬时速度为 粒子做匀速直线运动，则有 粒子做匀减速运动，则有 总位移 联立解得 则电压，故D正确。 故选D。 9．如图所示，图中实线、、、为某静电场中的等差等势线，相邻两等势线的电势差绝对值为，虚线为一个电子在该静电场中的运动轨迹，电子在点的动能为，在点电势能为，电子的电量为，则下列判断正确的是（　　） A．电子在点加速度比在点大 B．等势线的电势为 C．电子在点的电势能为 D．电子运动中的动能可能为 【答案】AC 【详解】A．等势线的疏密反映电场强度大小：等势线越密，电场强度越大。 由图可知，A点等势线更密集，故 根据牛顿第二定律 电子在A点受力更大，加速度更大。A正确； B．已知电子在点电势能，由 得点电势： 相邻等势线电势差绝对值为10V，结合轨迹弯曲方向（电场力指向轨迹内侧，电子带负电，电场线与等势线垂直且由高电势指向低电势），可判断电势沿依次升高，由， 可得，B错误； C．根据， 则， 得 点总能量 点与点等势，故点电势能，C正确； D．电子总能量，由 可知动能时，电势能，电势为-35V，由轨迹图可知，电子未能到达等势线上，所以电子运动中的动能不可能为，故D错误。 故选AC。 10．如图所示，两块相互靠近彼此绝缘的平行金属板组成平行板电容器，极板N与静电计金属球相连，极板M和静电计的外壳均接地，用静电计测量平行板电容器两极板间的电势差。在两极板相距为时，给电容器充电，静电计指针张开一定角度。在整个实验过程中，保持电容器所带的电荷量不变，下面的操作中能使静电计指针张角变大的是（　　） A．仅将M板向上平移 B．仅增加极板所带的电荷量 C．仅将M板向右平移 D．仅在M、N之间插入有机玻璃板 【答案】AB 【详解】A．根据， 解得 若将M板向上平移，则减小极板正对面积，可知，电势差增大，即静电计指针张角变大，故A正确； B．仅增加极板所带的电荷量，则电势差增大，即静电计指针张角变大，故B正确； C．仅将M板向右平移，板间距离减小，电势差减小，即静电计指针张角变小，故C错误； D．仅在M、N之间插入有机玻璃板，介电常数增大，电势差减小，即静电计指针张角变小，故D错误。 故选AB。 11．真空中的某静电场x轴上各点的电场强度E与坐标x的关系图像如图所示，x轴正方向为电场强度正方向.一正电荷仅在电场力作用下从原点O由静止释放，沿x轴正方向运动，依次经过x0、2x0和3x0处，2x0处的电势为零，图上物理量均已知。下列说法正确的是（　　） A．该电荷在x0处的电势能大于在3x0处的电势能 B．从x0到2x0处，该电荷做匀加速直线运动 C．3x0处的电势为0.5E0x0 D．该电荷在x0、2x0和3x0处的动能之比为2∶3∶4 【答案】AD 【详解】A．该电荷一直做加速直线运动，电场力做正功，电势能一直减小，在x0处的电势能大于在3x0处的电势能，故A正确； B．从x0到2x0处，该电荷做加速度减小的加速直线运动，故B错误； C．E-x图线与x轴所围的面积表示两点间的电势差大小，2x0处的电势为零，2x0、3x0两处的电势差 所以3x0处的电势为，故C错误； D．由U=Ed，E-x图线与x轴所围的面积表示两点间的电势差大小，由图可知，O、x0两处的电势差，O、2x0两处的电势差 O、3x0两处的电势差 根据动能定理有 所以该电荷在x0、2x0和3x0处的动能之比为2∶3∶4，故D正确。 故选AD。 12．如图所示，一根长为l的轻杆，一端连接质量为m、电荷量为的小球，另一端可绕O点在竖直面内自由转动，空间中存在竖直向下的匀强电场。在最低点A给静止小球一个水平向右的初速度，当小球运动到与O点等高的B点时，杆上的弹力恰为0，已知重力加速度大小为g，不考虑空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．电场强度的大小为 B．电场强度的大小为 C．小球刚获得初速度时，轻杆上弹力大小为 D．若初速度变为，则小球可以做完整的圆周运动 【答案】BD 【详解】AB．小球在B点时，杆弹力为0，根据牛顿第二定律，可得 对A到B过程应用动能定理 整理得，A错误，B正确； C．在A点时，根据牛顿第二定律 解得，C错误； D．轻杆模型完成完整圆周运动的条件是：能到达最高点（O正上方），即最高点速度即可。 对A到最高点过程用动能定理​ 整理得 ，说明小球可以到达最高点，完成完整圆周运动，D正确。 故选 BD。 二、非选择题：本题共3小题，共44分。 13．（12分）如图，竖直面上固定一个圆形光滑绝缘轨道，半径为。，连线是水平直径，，连线是竖直直径，在轨道所在的竖直面分布着与水平方向夹角的匀强电场。一个质量为、带电荷量为的绝缘小球从点以某一速度竖直向下沿轨道内侧运动，若小球在轨道内侧运动时恰好不脱离轨道，并从点开始水平向左做直线运动，重力加速度为。求： (1)匀强电场场强的大小； (2)小球在轨道上的最小速率； (3)小球在点对轨道压力的大小。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）小球从 点开始水平向左做直线运动，说明小球在 点之后受到的合力方向水平向左。小球受重力 和电场力 ，由于小球带负电，电场力方向与电场线方向相反，即斜向左上方，与水平方向夹角为 。要使合力水平向左，竖直方向分力必须平衡，即 解得 （2）小球受到的重力和电场力的合力 水平向左，大小为 该合力即为等效重力，方向水平向左。轨道上等效最高点为最右端点，此处速率最小。小球恰好不脱离轨道，说明在点轨道弹力为零，由合力提供向心力，有 即 解得 （3） 点为等效最低点。从点运动到点，合力做正功，位移为。由动能定理得 代入 和 ，解得 在点，指向圆心的合力提供向心力，轨道弹力指向圆心，合力背离圆心，由牛顿第二定律得 解得 根据牛顿第三定律，小球对轨道压力大小为 。 14．（14分）在如图甲所示的极板A、B间加上如图乙所示的大小不变、方向周期性变化的交变电压，其周期为T，现有一电子以平行于极板的速度v0从两板中央OO′射入。已知电子的质量为m、电荷量为e，不计电子的重力，问： (1)若电子从t＝0时刻射入，在半个周期内恰好能从A板的边缘飞出，则电子飞出时速度的大小为多少？ (2)若电子从t＝0时刻射入，恰能平行于极板飞出，则极板至少为多长？ (3)若电子恰能沿OO′平行于极板飞出，电子应从哪一时刻射入？两极板间距至少为多大？ 【答案】(1) (2)v0T (3)， 【详解】（1）根据动能定理 解得。 （2）t＝0时刻射入的电子，在垂直于极板方向上做匀加速运动，向A极板方向偏转， 半个周期后电场方向反向，电子在该方向上做匀减速运动，半个周期内，电子在电场方向上的速度减小到零，此时的速度等于初速度v0，方向平行于极板 以后继续重复这样的运动；要使电子恰能平行于极板飞出，则电子在OO′方向上至少运动一个周期，故极板长至少为L＝v0T。 （3）若要使电子沿OO′平行于极板飞出，则电子在电场方向上应先加速、再减速，减速到零后反向加速、再减速，每阶段时间相同，一个周期后恰好回到OO′上， 可见应在时射入，极板间距离要满足电子在加速、减速阶段不打到极板上，设两板间距为d， 根据牛顿第二定律， 加速阶段运动的距离 解得 故两极板间距至少为。 15．（18分）如图所示一竖直平面内存在一水平向右的匀强电场，有一电荷量为q质量为m的带电粒子从A点以v0的初速度进入电场，经过一段时间从B点离开电场，已知粒子在A点和B点速度与电场方向的夹角分别为30°和60°，不计粒子的重力。 (1)判断带电粒子的电性； (2)求AB两点的电势差UAB； (3)若粒子从A到B的时间为t，求电场强度E。 【答案】(1)粒子带负电 (2) (3) 【详解】（1）粒子垂直电场方向（竖直方向）不受力，因此竖直分速度保持不变。 速度与电场方向的夹角满足 ， 从增大到，增大，说明水平分速度减小，即粒子水平方向加速度向左，与电场方向（向右）相反，因此粒子带负电。 （2）由竖直分速度不变得： 解得B点速度： 根据动能定理，电场力做功等于动能变化： 代入计算得： 整理得： （3）水平方向粒子做匀变速直线运动，初水平分速度，末水平分速度，加速度大小满足： 代入 计算得： 又由牛顿第二定律 代入得： 答案第10页，共12页 2 学科网（北京）股份有限公司 $