高二物理(人教版.选修3-1)：第一章第八节知能演练轻松闯关

1．关于电场线的性质，以下说法正确的有( )A ．电场线是电荷在电场中的运动轨迹B ．电场线的分布情况反映电场中不同点的场强的相对大小C ．电场线的箭头方向表示场强减弱的方向D ．空间中两条电场线不能相交解析：选BD.电场线是为了描述电场的强弱及方向的方便而引进的假想线，它一般不与电荷的运动轨迹重合，A 错误，B 正确．电场线的箭头方向表示场强的方向，C 错误．由于电场的具体方向与电场线上某点的切线方向相同，若两条电场线相交，则在该点可以作出两条切线，表明该点的电场不唯一，这与实际不符，D 正确．故选BD.2．(2019·大庆一中高二检测)电场中有一点P ，下列哪种说法是正确的( )A ．若放在P 点电荷的电荷量减半，则P 点的电场强度减半B ．若P 点没有试探电荷，则P 点电场强度为零C ．P 点电场强度越大，则同一电荷在P 点所受电场力越大D ．P 点的电场强度方向为试探电荷在该点的受力方向解析：选C.为了知道电场中某点的电场强度，可以把一个试探电荷放入该点，其受到的电场力F 与自身的电荷量q 的比值F q可反映该点场强的大小，但该点的电场强度由电场本身决定，与试探电荷的电荷量多少、电性无关，A 、B 错误．由E ＝F q得F ＝Eq ，当q 一定时，E 越大，F 越大，C 正确．电场中某点的电场强度方向规定为正电荷在该点时受到的电场力的方向，与负电荷受力的方向相反，D 错误．故选C.3.(2019·沈阳二中高二期中)如图所示，直线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，曲线是某一带电粒子通过电场区域时的运动轨迹，a 、b 是轨迹上两点．若带电粒子运动中只受电场力作用，根据此图可以做出的判断是( )A ．带电粒子所带电荷的符号B ．带电粒子在a 、b 两点的受力方向C ．带电粒子在a 、b 两点的加速度何处大D ．带电粒子在a 、b 两点的加速度方向解析：选BCD.如图所示，由于带电粒子在电场力作用下做曲线运动，所以电场力应指向轨迹的凹侧，且沿电场线，即沿电场线向左，B 正确；由于电场线方向未知，故不能确定带电粒子的电性，A 错误；加速度由电场力产生，由于a 处电场线较b 处密，所以a 处电场强度大，由E ＝F q知，带电粒子在a 处受电场力大，故加速度大，且方向与电场力方向相同，C 、D 正确．故选BCD.4．(2019·华南师大附中高二检测)如图所示，一电子沿等量异种电荷的中垂线由A →O →B 匀速飞过，电子重力不计，则电子除受电场力外，所受的另一个力的大小和方向变化情况是( )A ．先变大后变小，方向水平向左B ．先变大后变小，方向水平向右C ．先变小后变大，方向水平向左D ．先变小后变大，方向水平向右解析：选B.等量异种电荷电场线分布如图甲所示，由图中电场线的分布可以看出，从A 点到O 点，电场线由疏到密；从O 点到B 点，电场线由密到疏，所以沿点A 、O 、B ，电场强度应先由小变大，再由大变小，方向为水平向右，如图乙所示．由于电子做匀速直线运动，所受合外力必为零，故另一个力应与电子所受电场力大小相等、方向相反，电子受到电场力方向水平向左，且沿点A 、O 、B 运动的过程中，电场力由小变大，再由大变小，故另一个力的方向应水平向右，其大小应先变大后变小，故选B.5．地球是一个带电体，且电荷均匀分布于地球表面．若已知地球表面附近有一电量为2×10－4 C 的正电荷受到4×10－3 N 的电场力，且方向竖直向下，则地球带何种电荷？所带总电量为多少？(已知地球半径R ＝6.4×106 m ，k ＝9×109 N·m 2/C 2)解析：地球所带电量可以认为集中于地球中心，设地球所带电量为Q ，则地球表面附近的场强E ＝kQ R 2① 据场强定义知E ＝F q② 将k ＝9×109 N·m 2/C 2，R ＝6.4×106 m ，F ＝4×10－3 N ，q ＝2×10－4 C 代入①②，求得Q ＝9.1×104 C因正电荷受到的电场力竖直向下，故地球表面附近的电场方向竖直向下，即指向地心，地球带负电．答案：负电 9.1×104 C一、选择题1．下列各电场中，A 、B 两点电场强度相同的是( )解析：选C.A 图中，A 、B 两点场强大小相等，方向不同，B 图中，A 、B 两点场强的方向相同，但大小不等，C 图中是匀强电场，则A 、B 两点场强大小、方向相同；D 图中A 、B 两点场强大小、方向均不相同．故选C.2．一个检验电荷在电场中某点受到的电场力为F ，这点的电场强度为E ，在下图中能正确反映q 、E 、F 三者关系的是( )解析：选D.电场中某点的电场强度由电场本身的性质决定，与放入该点的检验电荷及其所受电场力无关，A 、B 错误；检验电荷在该点受到的电场力F ＝Eq ，F 正比于q ，C 错误，D 正确．故选D.3．如图甲所示，在x 轴上有一个点电荷Q (图中未画出)，O 、A 、B 为轴上三点．放在A 、B 两点的试探电荷受到的电场力跟检验电荷所带电荷量的关系如图乙所示，则( )A ．A 点的电场强度大小为2×103 N/CB ．B 点的电场强度大小为2×103 N/CC ．点电荷Q 在AB 之间D ．点电荷Q 在AO 之间解析：选AC.设A 、B 两点的场强分别为E A 、E B ，根据图象信息可知，图线的斜率即为场强，则E A ＝2×103 N/C ，E B ＝－500 N/C ，A 、B 两点场强方向相反．由点电荷场强特点知，该点电荷应放在A 、B 之间，故选AC.4．(2019·高考新课标全国卷)一带负电荷的质点，在电场力作用下沿曲线abc 从a 运动到c ，已知质点的速率是递减的．关于b 点电场强度E 的方向，下列图示中可能正确的是(虚线是曲线在b 点的切线)( )解析：选D.由a 至c 的弯曲情况可知受力方向指向图中虚线的右下方，b 点的速度方向v b 如图，由a 至c 速率递减可知受力方向如图中F ，α角大于90°，因为电荷为负，故场强方向应与F 反向，故选D.5．(2019·高考重庆卷)如图所示，电量为＋q 和－q 的点电荷分别位于正方体的顶点，正方体范围内电场强度为零的点有( )A ．体中心、各面中心和各边中点B ．体中心和各边中点C ．各面中心和各边中点D ．体中心和各面中心解析：选D.根据点电荷场强公式E ＝kQ r 2及正方体的对称性可知正方体内中心点及各面的中心点处场强为零，故选D.6.一带电粒子从电场中的A 点运动到B 点，轨迹如图中虚线所示．不计粒子所受重力，则( )A ．粒子带正电B ．粒子加速度逐渐减小C ．A 点的速度大于B 点的速度D ．粒子的初速度不为零解析：选BCD.由运动轨迹可知电场力方向向左，粒子带负电，A 错误；A →B 电场强度变小，电场力变小，加速度变小，B 正确；粒子运动过程中，电场力与运动方向的夹角大于90°，所以速率减小，C 正确；若粒子的初速度为0，将沿电场线向左下侧运动，D 正确．故选BCD.7.如图所示，实线表示匀强电场中的电场线，一带电粒子(不计重力)经过电场区域后的轨迹如图中虚线所示，a 、b 是轨迹上的两点，关于粒子的运动情况，下列说法中可能的是( )A ．该粒子带正电荷，运动方向为由a 到bB ．该粒子带负电荷，运动方向为由a 至bC ．该粒子带正电荷，运动方向为由b 至aD ．该粒子带负电荷，运动方向为由b 至a解析：选BD.由运动轨迹可判定电场力方向向左，则粒子应带负电，运动方向a →b 与b →a 均有可能．故选BD.8.(2019·温州十校联考)如图所示，在正方形的四个顶点各放一电荷量均为Q 的点电荷(电性如图所示)，a 、b 、c 、d 是正方形边长的中点，则以下说法中错误的是( )A ．a 、b 、c 、d 四点的场强相同B ．a 、c 两点的场强一定等大且反向C ．b 、d 两点的场强一定等大且反向D ．e 点的场强一定为零解析：选A.根据放置的电荷的位置和对称性可知，a 、b 、c 、d 四个点场强大小相等，但方向不同，A 错误；由对称性知，a 、c 两点和b 、d 两点的场强大小相等、方向相反，B 、C 正确；同理，由对称性知e 点的场强为零，D 正确．故选A.☆9.如图所示，M 、N 和P 是以MN 为直径的半圆弧上的三点，O 点为半圆弧的圆心，∠MOP ＝60°.电荷量相等、符号相反的两个点电荷分别置于M 、N 两点，这时O 点电场强度的大小为E 1；若将N 点处的点电荷移到P 点，则O 点的场强大小变为E 2，E 1与E 2之比为( )A ．1∶2B ．2∶1C ．2∶ 3D ．4∶ 3解析：选B.依题意，每个点电荷在O 点产生的场强为E 12，则当N 点处的点电荷移至P 点时，O 点场强如图所示，合场强大小为E 2＝E 12，则E 1E 2＝21，故选B. 二、非选择题10.如图所示，空间中A 、B 、C 三点的连线恰构成一直角三角形，且∠C ＝30°，AB ＝L ，在B 、C 两点分别放置一点电荷，它们的电量分别是＋Q 与－Q (静电力常量为k )．求斜边AC 的中点D 处的电场强度．解析：连接BD ，三角形ABD 为等边三角形，可得BD ＝CD ＝AB ＝L .点电荷＋Q 与－Q 在D处产生的场强大小均为E 1＝k Q L 2，方向如图所示，二者之间夹角大小为60°.据电场的叠加原理可知，D 处的电场强度为这两个场强的矢量和，可解得E ＝2E 1cos 30°＝2×kQ L 2×32＝3kQ L 2，方向水平向右． 答案：3kQ L2，方向水平向右 11.在场强为E 的匀强电场中，取O 点为圆心，r 为半径作一圆周，在O 点固定一电荷量为＋Q 的点电荷，a 、b 、c 、d 为相互垂直的过圆心的两条直线和圆周的交点．当把一检验电荷＋q 放在d 点恰好平衡时(如图所示)．(1)匀强电场场强E 的大小，方向如何？(2)检验电荷＋q 放在点c 时，受力F c 的大小、方向如何？(3)检验电荷＋q 放在点b 时，受力F b 的大小、方向如何？解析：(1)由题意可知：F 1＝k Qq r2，F 2＝qE 由于F 1＝F 2，所以qE ＝k Qq r 2，E ＝k Q r2 匀强电场方向沿db 方向．(2)检验电荷放在c 点：E c ＝E 21＋E 2＝2E ＝2k Q r2 所以F c ＝qE c ＝2k Qq r 2 方向与ac 方向成45°角斜向下(如图所示)．(3)检验电荷放在b 点：E b ＝E 2＋E ＝2E ＝2k Q r2 所以F b ＝qE b ＝2k Qq r2，方向沿db 方向． 答案：(1)k Q r 2，方向沿db 方向 (2)2k Qq r 2，方向与ac 方向成45°角斜向下 (3)2k Qq r2，方向沿db 方向☆12.竖直放置的两块足够长的平行金属板间有匀强电场．其电场强度为E ，在该匀强电场中，用丝线悬挂质量为m 的带电小球，丝线跟竖直方向成θ角时小球恰好平衡，此时小球与右极板的水平距离为b ，如图所示．问：(1)小球带电荷量是多少？(2)若剪断丝线，小球碰到金属板需多长时间？解析：对小球进行正确的受力分析和剪断丝线后小球运动过程的判定是分析该题的前提和关键．(1)由于小球处于平衡状态，对小球进行受力分析，如图所示．由图可得qE ＝mg tan θ，故q ＝mg tan θE. (2)F T ＝mg cos θ，剪断丝线后小球所受电场力和重力的合力与未剪断丝线时丝线的拉力大小相等，故剪断丝线后小球所受重力和电场力的合力等于mg cos θ，小球的加速度a ＝F 合m ＝g cos θ.小球由静止开始沿着丝线拉力的反方向做匀加速直线运动，当碰到金属板上时，它的位移为l ＝bsin θ，由l ＝12at 2得，t ＝2l a ＝ 2b cos θg sin θ＝2b g cot θ. 答案：(1)mg tan θE (2) 2bg cot θ。

1．关于电场线的性质,以下说法正确的有()A．电场线是电荷在电场中的运动轨迹B．电场线的分布情况反映电场中不同点的场强的相对大小C．电场线的箭头方向表示场强减弱的方向D．空间中两条电场线不能相交解析：选BD.电场线是为了描述电场的强弱及方向的方便而引进的假想线,它一般不与电荷的运动轨迹重合,A错误,B正确．电场线的箭头方向表示场强的方向,C错误．由于电场的具体方向与电场线上某点的切线方向相同,假设两条电场线相交,那么在该点可以作出两条切线,说明该点的电场不唯一,这与实际不符,D正确．应选BD.2．(2019·大庆一中高二检测)电场中有一点P ,以下哪种说法是正确的()A．假设放在P点电荷的电荷量减半,那么P点的电场强度减半B．假设P点没有试探电荷,那么P点电场强度为零C．P点电场强度越大,那么同一电荷在P点所受电场力越大D．P点的电场强度方向为试探电荷在该点的受力方向解析：选C.为了知道电场中某点的电场强度,可以把一个试探电荷放入该点,其受到的可反映该点场强的大小,但该点的电场强度由电场本身电场力F与自身的电荷量q的比值Fq决定,与试探电荷的电荷量多少、电性无关,A、B错误．由E＝F得F＝Eq ,当q一定时,Eq越大,F越大,C正确．电场中某点的电场强度方向规定为正电荷在该点时受到的电场力的方向,与负电荷受力的方向相反,D错误．应选C.3.(2019·沈阳二中高二期中)如下图,直线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线,曲线是某一带电粒子通过电场区域时的运动轨迹,a、b是轨迹上两点．假设带电粒子运动中只受电场力作用,根据此图可以做出的判断是()A．带电粒子所带电荷的符号B．带电粒子在a、b两点的受力方向C．带电粒子在a、b两点的加速度何处大D．带电粒子在a、b两点的加速度方向解析：选BCD.如下图,由于带电粒子在电场力作用下做曲线运动,所以电场力应指向轨迹的凹侧,且沿电场线,即沿电场线向左,B正确；由于电场线方向未知,故不能确定带电粒子的电性,A知,错误；加速度由电场力产生,由于a处电场线较b处密,所以a处电场强度大,由E＝Fq带电粒子在a处受电场力大,故加速度大,且方向与电场力方向相同,C、D正确．应选BCD.4．(2019·华南师大附中高二检测)如下图,一电子沿等量异种电荷的中垂线由A→O→B匀速飞过,电子重力不计,那么电子除受电场力外,所受的另一个力的大小和方向变化情况是()A．先变大后变小,方向水平向左B．先变大后变小,方向水平向右C．先变小后变大,方向水平向左D．先变小后变大,方向水平向右解析：选B.等量异种电荷电场线分布如图甲所示,由图中电场线的分布可以看出,从A 点到O点,电场线由疏到密；从O点到B点,电场线由密到疏,所以沿点A、O、B ,电场强度应先由小变大,再由大变小,方向为水平向右,如图乙所示．由于电子做匀速直线运动,所受合外力必为零,故另一个力应与电子所受电场力大小相等、方向相反,电子受到电场力方向水平向左,且沿点A、O、B运动的过程中,电场力由小变大,再由大变小,故另一个力的方向应水平向右,其大小应先变大后变小,应选B.5．地球是一个带电体,且电荷均匀分布于地球外表．假设地球外表附近有一电量为2×10－4 C的正电荷受到4×10－3 N的电场力,且方向竖直向下,那么地球带何种电荷？所带总电量为多少？(地球半径R＝6.4×106 m ,k＝9×109 N·m2/C2)解析：地球所带电量可以认为集中于地球中心,设地球所带电量为Q,那么地球外表附①近的场强E＝kQR2②据场强定义知E＝Fq将k＝9×109 N·m2/C2 ,R＝6.4×106 m ,F＝4×10－3 N ,q＝2×10－4 C代入①②,求得Q＝9.1×104 C因正电荷受到的电场力竖直向下,故地球外表附近的电场方向竖直向下,即指向地心,地球带负电．答案：负电9.1×104 C一、选择题1．以下各电场中,A、B两点电场强度相同的是()解析：选C.A图中,A、B两点场强大小相等,方向不同,B图中,A、B两点场强的方向相同,但大小不等,C图中是匀强电场,那么A、B两点场强大小、方向相同；D图中A、B 两点场强大小、方向均不相同．应选C.2．一个检验电荷在电场中某点受到的电场力为F,这点的电场强度为E,在以下图中能正确反映q、E、F三者关系的是()解析：选D.电场中某点的电场强度由电场本身的性质决定,与放入该点的检验电荷及其所受电场力无关,A、B错误；检验电荷在该点受到的电场力F＝Eq ,F正比于q ,C错误,D 正确．应选D.3．如图甲所示,在x轴上有一个点电荷Q(图中未画出) ,O、A、B为轴上三点．放在A、B两点的试探电荷受到的电场力跟检验电荷所带电荷量的关系如图乙所示,那么() A．A点的电场强度大小为2×103 N/CB．B点的电场强度大小为2×103 N/CC．点电荷Q在AB之间D．点电荷Q在AO之间解析：选AC.设A、B两点的场强分别为E A、E B,根据图象信息可知,图线的斜率即为场强,那么E A＝2×103 N/C ,E B＝－500 N/C ,A、B两点场强方向相反．由点电荷场强特点知,该点电荷应放在A、B之间,应选AC.4．(2019·高考新课标全国卷)一带负电荷的质点,在电场力作用下沿曲线abc从a运动到c,质点的速率是递减的．关于b点电场强度E的方向,以下图示中可能正确的选项是(虚线是曲线在b点的切线)()解析：选D.由a至c的弯曲情况可知受力方向指向图中虚线的右下方,b点的速度方向v b如图,由a至c速率递减可知受力方向如图中F,α角大于90°,因为电荷为负,故场强方向应与F 反向,应选D.5．(2019·高考重庆卷)如下图,电量为＋q和－q的点电荷分别位于正方体的顶点,正方体范围内电场强度为零的点有()A．体中心、各面中心和各边中点B ．体中心和各边中点C ．各面中心和各边中点D ．体中心和各面中心解析：选D.根据点电荷场强公式E ＝kQ r 2及正方体的对称性可知正方体内中心点及各面的中心点处场强为零 ,应选D.6.一带电粒子从电场中的A 点运动到B 点 ,轨迹如图中虚线所示．不计粒子所受重力 ,那么( )A ．粒子带正电B ．粒子加速度逐渐减小C ．A 点的速度大于B 点的速度D ．粒子的初速度不为零解析：选BCD.由运动轨迹可知电场力方向向左 ,粒子带负电 ,A 错误；A →B 电场强度变小 ,电场力变小 ,加速度变小 ,B 正确；粒子运动过程中 ,电场力与运动方向的夹角大于90° ,所以速率减小 ,C 正确；假设粒子的初速度为0 ,将沿电场线向左下侧运动 ,D 正确．应选BCD.7.如下图 ,实线表示匀强电场中的电场线 ,一带电粒子(不计重力)经过电场区域后的轨迹如图中虚线所示 ,a 、b 是轨迹上的两点 ,关于粒子的运动情况 ,以下说法中可能的是( )A ．该粒子带正电荷 ,运动方向为由a 到bB ．该粒子带负电荷 ,运动方向为由a 至bC ．该粒子带正电荷 ,运动方向为由b 至aD ．该粒子带负电荷 ,运动方向为由b 至a解析：选BD.由运动轨迹可判定电场力方向向左 ,那么粒子应带负电 ,运动方向a →b 与b →a 均有可能．应选BD.8.(2019·温州十校联考)如下图 ,在正方形的四个顶点各放一电荷量均为Q 的点电荷(电性如下图) ,a 、b 、c 、d 是正方形边长的中点 ,那么以下说法中错误的选项是( )A ．a 、b 、c 、d 四点的场强相同B ．a 、c 两点的场强一定等大且反向C ．b 、d 两点的场强一定等大且反向D ．e 点的场强一定为零解析：选A.根据放置的电荷的位置和对称性可知 ,a 、b 、c 、d 四个点场强大小相等 ,但方向不同 ,A 错误；由对称性知 ,a 、c 两点和b 、d 两点的场强大小相等、方向相反 ,B 、C 正确；同理 ,由对称性知e 点的场强为零 ,D 正确．应选A.☆9.如下图 ,M 、N 和P 是以MN 为直径的半圆弧上的三点 ,O 点为半圆弧的圆心 ,∠MOP ＝60°.电荷量相等、符号相反的两个点电荷分别置于M 、N 两点 ,这时O 点电场强度的大小为E 1；假设将N 点处的点电荷移到P 点 ,那么O 点的场强大小变为E 2 ,E 1与E 2之比为( )A ．1∶2B ．2∶1C ．2∶ 3D ．4∶ 3解析：选B.依题意 ,每个点电荷在O 点产生的场强为E 12,那么当N 点处的点电荷移至P 点时 ,O 点场强如下图 ,合场强大小为E 2＝E 12 ,那么E 1E 2＝21,应选B. 二、非选择题10.如下图 ,空间中A 、B 、C 三点的连线恰构成一直角三角形 ,且∠C ＝30° ,AB ＝L ,在B 、C 两点分别放置一点电荷 ,它们的电量分别是＋Q 与－Q (静电力常量为k )．求斜边AC 的中点D 处的电场强度．解析：连接BD ,三角形ABD 为等边三角形 ,可得BD ＝CD ＝AB ＝L .点电荷＋Q 与－Q 在D 处产生的场强大小均为E 1＝k Q L 2 ,方向如下图 ,二者之间夹角大小为60°.据电场的叠加原理可知 ,D 处的电场强度为这两个场强的矢量和 ,可解得E ＝2E 1cos 30°＝2×kQ L 2×32＝3kQ L2 ,方向水平向右． 答案：3kQ L 2,方向水平向右 11.在场强为E 的匀强电场中 ,取O 点为圆心 ,r 为半径作一圆周 ,在O 点固定一电荷量为＋Q 的点电荷 ,a 、b 、c 、d 为相互垂直的过圆心的两条直线和圆周的交点．当把一检验电荷＋q 放在d 点恰好平衡时(如下图)．(1)匀强电场场强E 的大小 ,方向如何？(2)检验电荷＋q 放在点c 时 ,受力F c 的大小、方向如何？(3)检验电荷＋q 放在点b 时 ,受力F b 的大小、方向如何？解析：(1)由题意可知：F 1＝k Qq r2 ,F 2＝qE 由于F 1＝F 2 ,所以qE ＝k Qq r 2 ,E ＝k Q r2 匀强电场方向沿db 方向．(2)检验电荷放在c 点：E c ＝E 21＋E 2＝2E ＝2k Q r2 所以F c ＝qE c ＝2k Qq r 2 方向与ac 方向成45°角斜向下(如下图)．(3)检验电荷放在b 点：E b ＝E 2＋E ＝2E ＝2k Q r2 所以F b ＝qE b ＝2k Qq r2 ,方向沿db 方向． 答案：(1)k Q r 2 ,方向沿db 方向 (2)2k Qq r 2 ,方向与ac 方向成45°角斜向下 (3)2k Qq r2 ,方向沿db 方向☆12.竖直放置的两块足够长的平行金属板间有匀强电场．其电场强度为E ,在该匀强电场中 ,用丝线悬挂质量为m 的带电小球 ,丝线跟竖直方向成θ角时小球恰好平衡 ,此时小球与右极板的水平距离为b ,如下图．问：(1)小球带电荷量是多少？(2)假设剪断丝线 ,小球碰到金属板需多长时间？解析：对小球进行正确的受力分析和剪断丝线后小球运动过程的判定是分析该题的前提和关键．(1)由于小球处于平衡状态 ,对小球进行受力分析 ,如下图．由图可得qE ＝mg tan θ ,故q ＝mg tan θE.(2)F T ＝mg cos θ,剪断丝线后小球所受电场力和重力的合力与未剪断丝线时丝线的拉力大小相等 ,故剪断丝线后小球所受重力和电场力的合力等于mg cos θ ,小球的加速度a ＝F 合m ＝g cos θ.小球由静止开始沿着丝线拉力的反方向做匀加速直线运动 ,当碰到金属板上时 ,它的位移为l ＝b sin θ ,由l ＝12at 2得 ,t ＝2l a ＝ 2b cos θg sin θ＝ 2b gcot θ. 答案：(1)mg tan θE (2) 2b g cot θ。

1．(2019·济南外国语学校高二期中)关于点电荷的说法，正确的是( )A ．只有体积很小的带电体，才能作为点电荷B ．体积很大的带电体一定不能看做点电荷C ．点电荷一定是电量很小的电荷D ．体积很大的带电体只要距离满足一定条件也可以看成点电荷解析：选D.一个带电体能否被视为点电荷完全取决于自身的几何形状大小和带电体距离之间的比较，与带电体的大小无关．故选D.2．两个分别带有电荷量－Q 和＋3Q 的相同金属小球(均可视为点电荷)，固定在相距为r 的两处，它们间库仑力的大小为F .两小球相互接触后将其固定距离变为r 2，则小球间库仑力的大小变为( )A.112FB.34F C.43F D ．12F 解析：选C.因为相同的两带电金属小球接触后，它们的电荷量先中和后均分，所以接触后两小球带电荷量均为Q ′＝－Q ＋3Q 2＝Q ，由库仑定律得：接触前F ＝k 3Q 2r 2，接触后F ′＝k Q ′2⎝⎛⎭⎫r 22＝k 4Q 2r 2，联立得F ′＝43F ，故选C. 3.如图所示，大小可以忽略不计的带有同种电荷的小球A 和B 相互排斥，静止时绝缘细线与竖直方向的夹角分别为α和β，且α＜β，两小球在同一水平线上，由此可知( )A ．B 球受到的库仑力较大，电荷量较大B ．B 球的质量较大C ．B 球受到的拉力较大D ．两球接触后，再处于静止状态时，悬线的偏角α′、β′仍满足α′＜β′解析：选D.分别以A 、B 球为研究对象，其受力情况如图所示，由共点力的平衡条件得m A g ＝F A tan α、F T A ＝F A sin α，m B g ＝F B tan β、F T B ＝F B sin β.而F A ＝F B ，又α＜β，所以m A ＞m B ，F T A ＞F T B .两球接触后，每个小球的电荷量可能都发生变化，但相互间的静电力仍满足牛顿第三定律，因此仍有上述关系，故选D.4.(2019·河北衡水中学高二检测)两个可自由移动的点电荷，分别放在A 、B 两处，如图所示，A 处电荷带正电Q 1，B 处电荷带负电Q 2，且Q 2＝4Q 1，另取一个可以自由移动的点电荷Q 3放在A 、B 直线上，欲使Q 1、Q 2、Q 3三者均处于平衡状态，则( )A ．Q 3为负电荷，且放于A 左方B ．Q 3为负电荷，且放于B 右方C ．Q 3为正电荷，且放于A 、B 之间D ．Q 3为正电荷，且放于B 右方解析：选A.“两同夹一异”即由“同性在两边，异性在中间”．若Q 3为负电荷，必放于A 点左方；若Q 3为正电荷，则必处于B 点右方，排除B 、C.由“两大夹一小”知，Q 2不能处于中间位置，排除D ，故选A.5.如图所示，一个挂在丝线下端的带正电的小球B ，静止在如图所示位置，若固定的带正电小球A 的电荷量为Q ，B 球的质量为m ，带电荷量为q ，θ＝30°，A 和B 在同一条水平线上，整个装置处于真空中，求A 、B 两球间的距离．解析：小球B 的受力情况如图所示．则小球所受库仑力F ＝mg tan θ又由库仑定律得F ＝k Qq r 2 所以两球间距离r ＝ kQq F ＝ 3kQq mg. 答案： 3kQq mg 一、选择题1．下列关于点电荷和元电荷的说法中，不．正确的是( ) A ．只有体积很小的带电体才可以看成点电荷B ．带电体间的距离比它们本身的大小大得多，以至于带电体的形状和大小对它们间的相互作用力的影响可忽略不计时，带电体就可以视为点电荷C ．把1.6×10－19 C 的电荷量叫元电荷D ．任何带电体所带电荷量都是元电荷的整数倍解析：选A.带电体能否被看成点电荷，不是因为带电体的大小问题，而是要考虑带电体的形状和体积对所研究问题有无影响．故选A.2.如图所示，两个质量均为 m 的完全相同的金属球壳 a 和b ，其壳层的厚度和质量分布均匀，将它们固定于绝缘支座上，两球心间的距离 l 为球半径的3倍．若使它们带上等量异种电荷，使其电荷量的绝对值均为Q ，那么关于a 、b 两球之间的万有引力F 引和库仑力F 库的表达式正确的是( )A ．F 引＝G m 2l 2，F 库＝k Q 2l 2 B ．F 引≠G m 2l 2，F 库≠k Q 2l 2 C ．F 引≠G m 2l 2，F 库＝k Q 2l 2 D ．F 引＝G m 2l 2，F 库≠k Q 2l2 解析：选D.由于a 、b 两球所带异种电荷相互吸引，使它们各自的电荷分布不均匀，即相互靠近的一侧电荷分布较密集，又l ＝3r ，不满足l ≫r 的要求，故不能将带电球壳看成点电荷，所以不能应用库仑定律，故F 库≠k Q 2l2.虽然不满足l ≫r ，但由于其壳层的厚度和质量分布均匀，两球壳可看成质量集中于球心的质点，可以应用万有引力定律，故F 引＝G m 2l 2.故选D.3．设星球带负电，一带电粉尘悬浮在距星球表面1 000 km 的地方，又若将同样的带电粉尘带到距星球表面2 000 km 的地方相对于该星球无初速释放，则此带电粉尘( )A ．向星球下落B ．仍在原处悬浮C ．推向太空D ．无法判断解析：选B.设粉尘距球心为r ，粉尘质量为m ，星球质量为M ，粉尘电荷量为q ，星球电荷量为Q ，则有k Qq r 2＝G Mm r2. 由等式可看出r 再大，等式仍成立，故选B.4．两个完全相同的金属球，带电荷量之比为1∶7，两球相距为r ，两者接触后再放回原位置，则它们之间的库仑力可能是原来的( ) A.47 B.37C.97D.167解析：选CD.设原来所带电荷量分别为Q 和7Q ，则两球间的库仑力为F ＝7kQ 2r 2，若两球带同种电荷，则分开后带电荷量分别为4Q ，则F ′＝16kQ 2r 2，D 正确；若两球带异种电荷，则分开后带电荷量分别为3Q ，则F ″＝9kQ 2r 2，C 正确．故选CD. 5.如图所示，完全相同的两个金属小球A 和B 带有等量电荷，系在一个轻质绝缘弹簧两端，放在光滑绝缘水平面上，由于电荷间的相互作用，弹簧比原来缩短了x 0.现将与A 、B 完全相同的不带电的金属球C 先与A 球接触一下，再与B 球接触一下，然后拿走，重新平衡后弹簧的压缩量变为( )A.14x 0B.18x 0 C ．大于18x 0 D ．小于18x 0 解析：选D.因为原来弹簧处于压缩状态，A 、B 两球带的肯定是等量的异种电荷．将与A 、B 完全相同的不带电的金属球C 先与A 接触后，A 的电荷量将分一半给C ，当C 再与B接触时，C 、B 的异种电荷先中和，然后B 、C 平分，这样B 带的电荷量将为原来的14.此时如果仅根据库仑定律F ＝k q A q B r 2得出库仑力变为原来的18，弹簧弹力也要减小为原来的18才能平衡，因而弹簧的压缩量将变为原来的18，将错选B.实际上，当弹簧压缩量减小后，长度变长；由于静电感应，库仑力将变大，综合考虑这些因素，弹簧弹力应小于原来的18才能平衡，故选D.6.中子内有一个电荷量为＋23e 的上夸克和两个电荷量为－13e 的下夸克，一简单模型是三个夸克都在半径为r 的同一圆周上，如图所示．在图给出的四幅图中，能正确表示出各夸克所受静电作用力的是( )解析：选B.电荷量为＋23e 的上夸克受另两个下夸克的吸引力，合力的方向一定竖直向下．对其中一个下夸克，受力情况如图所示，由于F 1的水平分力与F 2大小相等，方向相反，故F 1与F 2的合力竖直向上．故选B.7．(2019·浏阳一中高二检测)如图所示，电荷量为Q 1、Q 2的两个正点电荷分别置于A 点和B 点，两点相距L ，在以L 为直径的光滑绝缘半圆环上，穿着一个带电小球q (视为点电荷)，在P 点平衡，若不计小球的重力，那么P A 与AB 的夹角α与Q 1、Q 2的关系满足( )A ．tan 2α＝Q 1Q 2B ．tan 2α＝Q 2Q 1C ．tan 3α＝Q 1Q 2D ．tan 3α＝Q 2Q 1解析：选D.带电小球q 在P 点平衡时，沿切线方向受力平衡，即F AP sin α＝F BP cos α根据库仑定律：F AP ＝k Q 1q (L cos α)2，F BP ＝k Q 2q (L sin α)2由以上两式可得D 项正确．故选D.☆8.如图所示，三个点电荷q 1、q 2、q 3固定在一直线上，q 2与q 3的距离为q 1与q 2距离的2倍，每个电荷所受静电力的合力均为零，由此可以判定，三个电荷的电荷量之比q 1∶q 2∶q 3为( )A ．－9∶4∶－36B ．9∶4∶36C ．－3∶2∶－6D ．3∶2∶6解析：选A.每个电荷都受到另外两个电荷对它的静电力的作用，其合力为零，这两个力必须满足的条件为：大小相等，方向相反．由分析可知：三者电性不可能相同，只能是如图所示两种情况．考虑q 2的平衡：由r 12∶r 23＝1∶2据库仑定律得q 3＝4q 1考虑q 1的平衡：由r 12∶r 13＝1∶3同理得：q 1∶q 2∶q 3＝1∶49∶4＝9∶4∶36 考虑电性后应为－9∶4∶－36或9∶－4∶36.故选A.☆9.如图所示，把一个带电小球A 固定在光滑的水平绝缘桌面上，在桌面的另一处放置带电小球B ，现给B 一个垂直AB 方向的速度v 0，B 球将( )A ．若A 、B 为异种电荷，B 球一定做圆周运动B ．若A 、B 为异种电荷，B 球可能做加速度、速度均变小的曲线运动C ．若A 、B 为同种电荷，B 球一定做远离A 的变加速曲线运动D ．若A 、B 为同种电荷，B 球的动能一定会减小解析：选BC.带电小球之间的相互作用力大小满足库仑定律，但到底是斥力还是引力，取决于两电荷的电性，为此分下列两种情况讨论：(1)若两个小球的电荷为异种电荷，则B 受到A 的引力，方向指向A .又v 0⊥AB ，此时的情况类似于万有引力定律应用于人造卫星，当B 受到A 的库仑力恰好等于向心力，即k q 1q 2r 2＝m v 20r ，v 0＝ kq 1q 2mr时，B 球才能做匀速圆周运动．类比于人造卫星的情况可以得到，当v ＞v 0时，B 球将做库仑力、加速度、速度都变小的离心运动；当v ＜v 0时，B 球将做库仑力、加速度、速度逐渐增大的向心运动．(2)若两个小球的电荷为同种电荷，B 因受A 的库仑斥力而做远离A 的变加速曲线运动(因为A 、B 距离增大，故斥力变小，加速度变小，速度增加)，故选BC.二、非选择题10.一带电荷量为＋Q 、半径为R 的球，电荷在其内部能均匀分布且保持不变，现在其内部挖去一半径为R /2的小球后，如图所示，求剩余部分对放在两球心连线上一点P 处电荷量为＋q 的电荷的静电力．已知P 距大球球心距离为4R .解析：未挖去之前，＋Q 对＋q 的斥力为：F ＝kQq (4R )2挖去的小球带电荷量为：Q ′＝Q 4πR 33×4π⎝⎛⎭⎫R 233＝Q 8挖去的小球原来对＋q 的斥力为：F 1＝k Q 8q ⎝⎛⎭⎫4R －R 22＝kQq 98R2剩余部分对＋q 的斥力为：F 2＝F －F 1＝41kQq 784R 2，方向向右． 答案：41kQq 784R 2，方向向右 11.(2019·三明高二检测)如图所示，A 、B 是两个带等量同种电荷的小球，A 固定在竖直放置的10 cm 长的绝缘支杆上，B 静止于光滑绝缘的倾角为30°的斜面上且恰与A 等高，若B的质量为30 3 g ，则B 带电荷量是多少？(取g ＝10 m/s 2)解析：因为B 静止于光滑绝缘的倾角为30°的斜面上且恰与A 等高，设A 、B 之间的水平距离为L .依据题意可得tan 30°＝h LL ＝h tan 30°＝1033cm ＝10 3 cm 对B 进行受力分析，如图所示依据物体平衡条件解得库仑力： F ＝mg tan 30°＝30 3×10－3×10×33N ＝0.3 N. 依据F ＝k q 1q 2r 2得：F ＝k Q 2L2. 解得Q ＝FL 2k ＝0.39×109×10 3×10－2 C ＝1.0×10－6 C.答案：1.0×10－6 C12．如图甲所示，一条长为3L 的绝缘细线穿过两个质量都是m 的小金属环A 和B ，将丝线的两端共同系于天花板上的O 点，使金属环带电后，便因排斥而使丝线构成一个等边三角形，此时两环恰处于同一水平线上，若不计环与线间的摩擦，求金属环所带电荷量是多少？某同学解答这道题的过程如下：设小环的电荷量为q ，则小环受到三个力的作用，拉力F T 、重力mg 和库仑力F ，受力分析如图乙所示．由受力平衡得，k q 2L 2＝mg tan 30°，q ＝ 3mgL 23k. 你认为他的解答是否正确？如果不正确，请给出你的解答．解析：不正确；受力分析时漏掉了AB 段细线上的拉力．正确解答：小环A 的受力分析如图所示，受四个力作用，重力mg 、库仑力F 、细线上两个拉力F T ，则F T sin 60°＝mgF T cos 60°＋F T ＝k q 2L2 解得q ＝3mgL 2k ＝L 3mg k. 答案：不正确 正确解答见解析。

【优化方案】2013-2014学年高二物理（RJ.选修3-1）：第一章第九节知能演练轻松闯关1．质子(11H)、α粒子(42He)、钠离子(Na ＋)三个粒子分别从静止状态经过电压为U 的同一电场加速后，获得动能最大的是( )A ．质子(11H)B ．α粒子(42He)C ．钠离子(Na ＋)D ．都相同解析：选B.由qU ＝12m v 2－0得U 相同，α粒子带2个单位的正电荷，电荷量最大，所以α粒子获得的动能最大，故选B.2.(2019·芜湖一中高二检测)如图所示，电子由静止开始从A 板向B 板运动，当到达B 板时速度为v ，保持两板间电压不变，则( )A ．当增大两板间距离时，v 增大B ．当减小两板间距离时，v 增大C ．当改变两板间距离时，v 不变D ．当增大两板间距离时，电子在两板间运动的时间增大解析：选CD.改变两极板之间间距但不改变电压值，电场力做功的大小不变，所以末速度不变．末速度确定，平均速度是末速度的12，距离增大，运动时间增加．故选CD.3.5.如图所示，A 、B 为两块足够大的相距为d 的平行金属板，接在电压为U 的电源上．在A 板的中央P 点放置一个电子发射源．可以向各个方向释放电子．设电子的质量为m 、电荷量为e ，射出的初速度为v .求电子打在B 板上的区域面积？(不计电子的重力)解析：打在最边缘的电子，其初速度方向平行于金属板，在电场中做类平抛运动，在垂直于电场方向做匀速运动，即r ＝v t ①在平行电场方向做初速度为零的匀加速运动，即d ＝12at 2② 电子在平行电场方向上的加速度a ＝eE m ＝eU md ③电子打在B 板上的区域面积S ＝πr 2④由①②③④得S ＝2πm v 2d 2eU .答案：2πm v2d2eU一、选择题1．关于带电粒子(不计重力)在匀强电场中的运动情况，下列说法正确的是()A．一定是匀变速运动B．不可能做匀减速运动C．一定做曲线运动D．可能做匀变速直线运动，不可能做匀变速曲线运动解析：选A.带电粒子在匀强电场中受到的电场力恒定不变，可能做匀变速直线运动，也可能做匀变速曲线运动，故选A.2.(2019·江苏天一中学高二测试)如图所示，M、N是真空中的两块平行金属板．质量为m、电荷量为q的带电粒子，以初速度v0由小孔进入电场，当M、N间电压为U时，粒子恰好能到达N板．如果要使这个带电粒子到达M、N 板间距的1/2后返回，下列措施中能满足要求的是(不计带电粒子的重力)()A．使初速度减为原来的1/2B．使M、N间电压加倍C．使M、N间电压提高到原来的4倍D．使初速度和M、N间电压都减为原来的1/2解析：选BD.由题意知，带电粒子在电场中做减速运动，在粒子恰好能到达N 板时，由动能定理可得：－qU ＝－12m v 20 要使粒子到达两极板中间后返回，设此时两极板间电压为U 1，粒子的初速度为v 1，则由动能定理可得：－q U 12＝－12m v 21 联立两方程得：U 12U ＝v 21v 20可见，选项B 、D 均符合等式的要求．故选BD.3.竖直放置的平行金属板A 、B 连接一恒定电压，两个电荷M 和N 以相同的速率分别从极板A 边缘和两板中间沿竖直方向进入板间电场，恰好从极板B 边缘射出电场，如图所示，不考虑电荷的重力和它们之间的相互作用，下列说法正确的是( )A ．两电荷的电荷量可能相等B ．两电荷在电场中运动的时间相等C ．两电荷在电场中运动的加速度相等D ．两电荷离开电场时的速度大小相等解析：选AB.由t ＝L v 0知两电荷运动时间相等，故B 正确；由y ＝12at 2和y M ＝2y N 知，两电荷加速度不等，故C 错误；由a ＝qE m 知，仅当m M ＝12m N 时，两电荷量相等，故A 正确；由v y ＝at 知，v yM ≠v yN ，则合速度不等，故D 错误．故选AB.4.如图所示，质子(11H)和α粒子(42He)，以相同的初动能垂直射入偏转电场(粒子不计重力)，则这两个粒子射出电场时的侧位移y 之比为( )A ．1∶1B ．1∶2C ．2∶1D ．1∶4解析：选B.由y ＝12Eq m L 2v 20和E k0＝12m v 20，得：y ＝EL 2q 4E k0可知，y 与q 成正比，故选B. 5.(2019·济南第二中学高二检测)如图所示，有三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的小球，从平行板电场中的P 点以相同的初速度垂直于E 进入电场，它们分别落到A 、B 、C 三点( )A ．落到A 点的小球带正电，落到B 点的小球不带电B ．三小球在电场中运动的时间相等C ．三小球到达正极板时动能关系是E k A >E k B >E k CD ．三小球在电场中运动的加速度关系是a A >a B >a C解析：选A.初速度相同的小球，落点越远，说明运动时间越长，竖直方向加速度越小．所以A 、B 、C 三个落点上的小球的带电情况分别为带正电、不带电、带负电．故选A.6.如图所示，两金属板与电源相连接，电子从负极板边缘垂直电场方向射入匀强电场，且恰好从正极板边缘飞出．现在使电子入射速度变为原来的两倍，而电子仍从原位置射入，且仍从正极板边缘飞出，则两极板的间距应变为原来的( )A ．2倍B ．4倍C.12D.14解析：选C.电子在两极板间做类平抛运动，水平方向l ＝v 0t ，t ＝l v 0，竖直方向d ＝12at 2＝qUl 22md v 20故d 2＝qUl 22m v 20，即d ∝1v 0，故选C. 7.如图所示，一电子枪发射出的电子(初速度很小，可视为零)进入加速电场加速后，垂直射入偏转电场，射出后偏转位移为y ，要使偏转位移增大，下列哪些措施是可行的(不考虑电子射出时碰到偏转电极板的情况)( )A ．增大偏转电压UB ．减小加速电压U 0C ．增大偏转电场的极板间距离dD ．将发射电子改成发射负离子解析：选AB.在加速电场中qU 0＝12m v 20，在偏转电场中y ＝12at 2，l ＝v 0t ，可得y ＝Ul 24U 0d，可见增大偏转电压U ，减小加速电压U 0，减小极板间距离d 可使偏转位移y 增大，故A 、B 项正确，C 项错误．偏转位移的大小与发射的带电粒子的q 、m 无关，故D 项错误．故选AB.8.如图所示是一个说明示波管工作原理的示意图，电子经电压U 1加速后垂直进入偏转电场，离开电场时的偏转量是h ，两平行板间的距离为d ，电势差为U 2，板长为L .为了提高示波管的灵敏度(每单位电压引起的偏转量h U 2)，可采用的方法是( )A ．增大两板间的电势差U 2B ．尽可能使板长L 短些C ．尽可能使板间距离d 小一些D ．使加速电压U 1升高一些解析：选 C.电子的运动过程可分为两个阶段，即加速和偏转．分别根据两个阶段的运动规律，推导出灵敏度⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫h U 2的有关表达式，然后再判断选项是否正确，这是解决此题的基本思路．电子经电压U 1加速有eU 1＝12m v 20，电子经过偏转电场的过程有L ＝v 0t ，h ＝12at 2＝eU 22md t 2＝U 2L 24dU 1.由以上各式可得h U 2＝L 24dU 1.因此要提高灵敏度，若只改变其中的一个量，可采取的办法为增大L ，或减小d ，或减小U 1.故选C.☆9.(2019·高考安徽卷)图甲为示波管的原理图．如果在电极YY ′之间所加的电压按图乙所示的规律变化，在电极XX ′之间所加的电压按图丙所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是图A 、B 、C 、D 中的( )解析：选B.由题图乙及题图丙知，当U Y 为正时，Y 板电势高，电子向Y 偏，而此时U X 为负，即X ′板电势高，电子向X ′板偏，故选B.二、非选择题10.在如图所示的示波器的电容器中，电子以初速度v0沿着垂直场强的方向从O点进入电场，以O点为坐标原点，沿x轴取OA＝AB＝BC，再过点A、B、C作y轴的平行线与电子径迹分别交于M、N、P点，求AM∶BN∶CP和电子途经M、N、P三点时沿x轴的分速度之比．解析：电子在电场中做类平抛运动，即在x 轴分方向做匀速直线运动，故M、N、P三点沿x轴的分速度相等，v Mx∶v Nx∶v Px＝1∶1∶1又OA＝AB＝BC所以t OA＝t AB＝t BC根据电子沿－y方向做匀加速运动，由y＝12得：AM∶BN∶CP＝1∶4∶9.2at答案：1∶4∶91∶1∶1☆11.示波器的示意图如图所示，金属丝发射出来的电子被加速后从金属板的小孔穿出，进入偏转电场．电子在穿出偏转电场后沿直线前进，最后打在荧光屏上．设加速电压U1＝1 640 V，偏转极板长l＝4 m，金属板间距d＝1 cm，当电子加速后从两金属板的中央沿板平行方向进入偏转电场．求：(1)偏转电压U 2为多大时，电子束的偏移量最大？(2)如果偏转板右端到荧光屏的距离L ＝20 cm ，则电子束最大偏转距离为多少？解析：(1)设电子被电压U 1加速后获得速度大小为v 0，则有qU 1＝12m v 20 在金属板间电子的最大偏移量y 1＝d 2＝0.5 cm则y 1＝12at 2＝12qU 2md ·⎝ ⎛⎭⎪⎫l v 02＝U 2l 24dU 1解得U 2＝2.05×10－2 V .(2)电子离开偏转电场后做匀速直线运动，可看做从极板的正中心沿直线射出，如图所示．由几何知识，得y 1y ＝l 2l 2＋L 解得y ＝0.55 cm.答案：(1)2.05×10－2 V (2)0.55 cm☆12.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E 1＝2.0×103 N/C 和E 2＝4.0×103 N/C ，方向如图所示，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d 1＝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d 2；(2)带电微粒从A 点运动到B 点所经历的时间t .解析：(1)带电粒子由A 运动到B 的过程中，由动能定理有|q |E 1d 1－|q |E 2d 2＝0，由上式解得d 2＝E 1E 2d 1＝0.50 cm. 或由牛顿运动定律和匀变速直线运动公式求解，由a ＝qE m ，得a 1＝12a 2，又由d ＝v 22a，可知d 2＝12d 1＝0.50 cm. (2)设微粒在虚线MN 两侧的加速度大小分别为a 1、a 2，由牛顿第二定律有|q |E 1＝ma 1，|q |E 2＝ma 2.设微粒在虚线MN 两侧运动的时间分别为t 1、t 2，由运动学公式有d 1＝12a 1t 21，d 2＝12a 2t 22，又t ＝t 1＋t 2，由以上各式解得t ＝1.5×10－8 s.答案：(1)0.5 cm (2)1.5×10－8 s。