物理必修 第三册5 带电粒子在电场中的运动课堂检测

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第十章 静电场中的能量
10.5 带电粒子在电场中的运动（2）

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课程标准
课标解读
1.学会分析带电粒子在交变电场中的直线运动.
2.学会分析带电粒子在交变电场中的曲线运动 .

1.会应用运动和力、功和能的关系分析带电粒子在复合场中的直线运动问题.
2.会应用运动和力、功和能的关系分析带电粒子在复合场中的类平抛运动问题和圆周运动问题 .

知识精讲


知识点01 带电粒子在交变电场中的运动
一、带电粒子在交变电场中的直线运动
1 .此类问题中，带电粒子进入电场时初速度为零，或初速度方向与电场方向平行，带电粒子在交变静电力的作用下，做加速、减速交替的直线运动 .
2 .该问题通常用动力学知识分析求解 .重点分析各段时间内的加速度、运动性质、每段时间与交变电场的周期T间的关系等 .
常用v－t图像法来处理此类问题，通过画出粒子的v－t图像，可将粒子复杂的运动过程形象、直观地反映出来，便于求解 .
二、带电粒子在交变电场中的曲线运动
带电粒子以一定的初速度垂直于电场方向进入交变电场，粒子做曲线运动 .
(1)若带电粒子的初速度很大，粒子通过交变电场时所用时间极短，故可认为粒子所受静电力为恒力，粒子在电场中做类平抛运动 .
(2)若粒子运动时间较长，在初速度方向做匀速直线运动，在垂直初速度方向利用vy－t图像进行分析：
①vy＝0时，速度方向沿v0方向 .
②y方向位移可用vy－t图像的面积进行求解 .
【即学即练1】在如图1所示的平行板电容器的两板间分别加如图2甲、乙所示的两种电压，开始B板的电势比A板高 .在静电力作用下原来静止在两板中间的电子开始运动 .若两板间距足够大，且不计重力，试分析电子在两种交变电压作用下的运动情况，并定性画出相应的v－t图像 .

图1

图2
【答案】见解析
【解析】
　t＝0时，B板电势比A板高，在静电力作用下，电子向B板(设为正向)做初速度为零的匀加速直线运动 .
对于题图甲所示电压，在0～T内电子做初速度为零的正向匀加速直线运动，T～T内电子做末速度为零的正向匀减速直线运动，然后周期性地重复前面的运动，其速度—时间图像如图(a)所示 .
对于题图乙所示电压，在0～内做类似题图甲0～T的运动，～T内电子做反向先匀加速、后匀减速、末速度为零的直线运动 .然后周期性地重复前面的运动，其速度—时间图像如图(b)所示 .



知识点02 带电粒子在复合场中的直线运动
讨论带电粒子在复合场中做直线运动(加速或减速)的方法
(1)动力学方法——牛顿运动定律、运动学公式 .
当带电粒子所受合力为恒力，且与速度方向共线时，粒子做匀变速直线运动，若题目涉及运动时间，优先考虑牛顿运动定的律、运动学公式 .
在重力场和电场叠加场中匀变速直线运动，亦可以分解为重力方向上、静电力方向上的直线运动来处理 .
(2)功、能量方法——动能定理、能量守恒定律 .
若题中已知量和所求量涉及功和能量，那么应优先考虑动能定理、能量守恒定律 .
【即学即练2】在地面附近存在一个有界电场，边界将空间分成上、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中离边界某一高度处由静止释放一个质量为m的带电小球A，如图甲所示，小球运动的v－t图像如图乙所示，不计空气阻力，则(　　)

A .小球受到的重力与静电力大小之比为4∶5
B .t＝5 s时，小球经过边界MN
C .在0～5 s过程中，重力做的功大于克服静电力做的功
D .在1～4 s过程中小球机械能先减小后增大
【答案】D
【解析】
　　由题意知，小球进入电场前做自由落体运动，进入电场后受到静电力作用先做减速运动后做加速运动，由题图分析可知，小球经过边界MN的时刻是t＝1 s和t＝4 s，B错误；由v－t图像的斜率表示加速度，知小球进入电场前的加速度为a1＝＝＝v1(m/s2)，进入电场后的加速度大小为a2＝＝(m/s2)，由牛顿第二定律得mg＝ma1，F－mg＝ma2，得静电力F＝mg＋ma2＝ma1，可得重力mg与静电力F的大小之比为3∶5，A错误；0～5 s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克服静电力做的功大小相等，C错误；由题图可得，小球在0～2.5 s内向下运动，在2.5～5 s内向上运动，在1～4 s过程中，静电力先做负功后做正功，小球的机械能先减小后增大，D正确 .
知识点03 带电粒子的类平抛运动
带电粒子在电场中的类平抛运动的处理方法：
1 .运动分解的方法：将运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直初速度方向的匀加速直线运动，在这两个方向上分别列运动学方程或牛顿第二定律 .
2 .利用功能关系和动能定理分析：(1)功能关系：静电力做功等于电势能的减少量，W电＝Ep1－Ep2.
(2)动能定理：合力做功等于动能的变化，W＝Ek2－Ek1.
【即学即练3】如图甲所示，极板A、B间的电压为U0，极板C、D间的间距为d，荧光屏到C、D板右端的距离等于C、D板的板长 .A板O处的放射源连续无初速度地释放质量为m、电荷量为＋q的粒子，经电场加速后，沿极板C、D的中心线射向荧光屏(荧光屏足够大且与中心线垂直)，当C、D板间未加电压时，粒子通过C、D板间的时间为t0；当C、D板间加上图乙所示电压(图中电压U1已知)时，粒子均能从C、D板间飞出，不计粒子的重力及粒子间的相互作用 .求：

(1)C、D板的长度L；
(2)粒子从C、D两极板间飞出时垂直于极板方向偏移的最大距离；
(3)粒子打在荧光屏上区域的长度 .
【答案】　(1)t0　(2)　(3)
【解析】
(1)粒子在A、B板间，有qU0＝mv02，在C、D板间有L＝v0t0，
解得L＝t0.
(2)粒子从nt0(n＝0,2,4…)时刻进入C、D间，偏移距离最大，粒子做类平抛运动，偏移距离y＝at02，
加速度a＝，
解得y＝.
(3)粒子在C、D间偏转距离最大时打在荧光屏上的位置距中心线最远，从C、D板飞出的偏转角tan θ＝，
vy＝at0，
打在荧光屏上的位置距中心线的最远距离s＝y＋Ltan θ，
粒子打在荧光屏上的区域长度Δs＝s＝.
知识点04 带电粒子在电场(复合场)中的圆周运动
解决电场(复合场)中的圆周运动问题，关键是分析向心力的来源，向心力的来源有可能是重力和静电力的合力，也有可能是单独的静电力 .
【即学即练4】如图所示，半径为R的光滑绝缘圆环竖直置于场强大小为E、方向水平向右的匀强电场中，质量为m、带电荷量为＋q的空心小球穿在环上，当小球从顶点A由静止开始下滑到与圆心O等高的位置B时，求小球对环的压力 .(重力加速度为g)

【答案】　2mg＋3Eq，方向水平向右
【解析】
小球从A到B的过程中，重力做正功，静电力做正功，动能增加，由动能定理有mgR＋qER＝mv2，在B点时小球受到重力mg、静电力qE和圆环对小球的弹力F1三个力的作用，静电力和弹力沿半径方向指向圆心的合力提供向心力，则F1－Eq＝m
联立解得F1＝2mg＋3Eq
小球对环的压力与环对小球的弹力为作用力与反作用力，两者等大反向，即小球对环的压力大小F1′＝F1＝2mg＋3Eq，方向水平向右 .

能力拓展


考法01 带电粒子在交变电场中的运动
1．运动分析：当空间存在交变电场时，粒子所受电场力方向将随着电场方向的改变而改变，粒子的运动性质也具有周期性。
2．解题技巧：研究带电粒子在交变电场中的运动需要分段研究，并辅以v－t图像。特别需注意带电粒子进入交变电场时的时刻及交变电场的周期。

【典例1】(多选)如图(a)所示，A、B是一对平行的金属板，在两板间加上一周期为T的交变电压U，A板的电势φA＝0，B板的电势φB随时间的变化规律如图(b)所示 .现有一电子从A板上的小孔进入两板间的电场区域，设电子的初速度和重力可忽略 .则(　　)

A .若电子是在t＝0时刻进入的，它将一直向B板运动
B .若电子是在t＝时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上
C .若电子是在t＝T时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上
D .若电子是在t＝时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动
【答案】AB
【解析】
　根据电子进入电场后的受力情况和运动情况，作出如图所示的图像 .

由图丁可知，当电子在t＝0时刻进入电场时，电子一直向B板运动，A正确 .若电子在时刻进入电场，则由图丁知，电子向B板运动的位移大于向A板运动的位移，因此最后仍能打在B板上，B正确 .若电子在时刻进入电场，则由图丁知，在第一个周期电子即返回至A板，C错误 .若电子在时刻进入电场，则它一靠近小孔便受到排斥力，根本不能进入电场，即D错误 .
考法02 带电粒子的类平抛运动
带电粒子以一定的初速度垂直于电场方向进入交变电场，粒子做曲线运动 .
(1)若带电粒子的初速度很大，粒子通过交变电场时所用时间极短，故可认为粒子所受静电力为恒力，粒子在电场中做类平抛运动 .
(2)若粒子运动时间较长，在初速度方向做匀速直线运动，在垂直初速度方向利用vy－t图像进行分析：
①vy＝0时，速度方向沿v0方向 .
②y方向位移可用vy－t图像的面积进行求解 .
【典例2】如图甲所示，极板A、B间的电压为U0，极板C、D间的间距为d，荧光屏到C、D板右端的距离等于C、D板的板长 .A板O处的放射源连续无初速度地释放质量为m、电荷量为＋q的粒子，经电场加速后，沿极板C、D的中心线射向荧光屏(荧光屏足够大且与中心线垂直)，当C、D板间未加电压时，粒子通过C、D板间的时间为t0；当C、D板间加上图乙所示电压(图中电压U1已知)时，粒子均能从C、D板间飞出，不计粒子的重力及粒子间的相互作用 .求：

(1)C、D板的长度L；
(2)粒子从C、D两极板间飞出时垂直于极板方向偏移的最大距离；
(3)粒子打在荧光屏上区域的长度 .
【答案】(1)t0　(2)　(3)
【解析】
　(1)粒子在A、B板间，有qU0＝mv02，在C、D板间有L＝v0t0，
解得L＝t0.
(2)粒子从nt0(n＝0,2,4…)时刻进入C、D间，偏移距离最大，粒子做类平抛运动，偏移距离y＝at02，
加速度a＝，
解得y＝.
(3)粒子在C、D间偏转距离最大时打在荧光屏上的位置距中心线最远，从C、D板飞出的偏转角tan θ＝，
vy＝at0，
打在荧光屏上的位置距中心线的最远距离s＝y＋Ltan θ，
粒子打在荧光屏上的区域长度Δs＝s＝.
考法03 带电体在电场中运动的综合问题
1．题型特点
(1)带电体的重力不能忽略。
(2)运动过程复杂，涉及的物理方法和规律较多。
2．解题思路
(1)此类题型属于力电综合问题。
(2)抓住两个分析：受力分析和运动分析。
(3)综合应用动力学和能量观点分析问题。

【典例3】

如图所示，一电荷量为＋q、质量为m的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中，小物块恰好静止。重力加速度取g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
(1)求水平向右电场的电场强度的大小；
(2)将电场强度减小为原来的，小物块的加速度是多大？
(3)求电场强度变化后小物块下滑距离L时的动能。
【答案】(1)　(2)0.3g　(3)0.3mgL
【解析】
(1)小物块静止在斜面上，受重力、电场力和斜面支持力如图所示，

则FNsin 37°＝qE①
FNcos 37°＝mg②
由①②式可得
E＝；
(2)若电场强度减小为原来的，则E′＝
mgsin 37°－qE′cos 37°＝ma
可得a＝0.3g；
(3)电场强度变化后小物块下滑距离L时，合外力做功等于动能的变化量由动能定理得
maL＝Ek－0
可得Ek＝0.3mgL

分层提分


题组A 基础过关练
1. (多选)一个带正电的微粒放在电场中，电场强度的大小和方向随时间变化的规律如图所示。带电微粒只在电场力的作用下由静止开始运动，则下列说法正确的是(　　)

A．微粒在0～1 s内的加速度与1～2 s内的加速度相同
B．微粒将沿着一条直线运动
C．微粒做往复运动
D．微粒在第1 s内的位移与第3 s内的位移相同
【答案】BD
【解析】
微粒加速度的方向与电场强度的方向相同，则由于微粒由静止开始做加速运动，可作出微粒的v－t图像如图所示。由图可知B、D正确。

2. (多选)如图所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔。右极板电势随时间变化的规律如图所示。电子原来静止在左极板小孔处。(不计重力作用)下列说法正确的是(　　)

A．从t＝0时刻释放电子，电子将始终向右运动，直到打到右极板上
B．从t＝0时刻释放电子，电子可能在两板间振动
C．从t＝时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上
D．从t＝时刻释放电子，电子必将打到左极板上
【答案】AC
【解析】
若t＝0时刻释放电子，电子将重复先加速后减速，直到打到右极板，不会在两板间振动，所以A正确，B错误；若从t＝时刻释放电子，电子先加速，再减速，有可能电子已打到右极板，若此时未打到右极板，则电子将在两极板间振动，所以C正确；同理，若从t＝时刻释放电子，电子有可能打到右极板，也有可能从左极板射出，这取决于两极板间的距离，所以D错误。
3. 在空间中有正方向水平向右、大小按如图所示图线变化的电场，位于电场中A点的电子在t＝0时速度为零，在t＝1 s时，电子离开A点的距离为l.那么在t＝2 s时，电子将处在(　　)

A.A点
B.A点左方l处
C.A点右方2l处
D.A点左方2l处
【答案】　D
【解析】
　第1 s内电场方向向右，电子受到的静电力方向向左，电子向左做匀加速直线运动，位移大小为l，第2 s内电子受到的静电力方向向右，由于电子此时有向左的速度，因而电子继续向左做匀减速直线运动，根据运动的对称性，位移大小也是l，t＝2 s时电子的总位移大小为2l，方向向左，故选D.
4. 如图所示，在某一真空中，只有水平向右的匀强电场和竖直向下的重力场，在竖直平面内有初速度为v0的带电微粒，恰能沿图示虚线由A向B做直线运动 .那么(　　)

A .微粒带正、负电荷都有可能
B .微粒做匀减速直线运动
C .微粒做匀速直线运动
D .微粒做匀加速直线运动
【答案】B
【解析】
　微粒做直线运动的条件是速度方向和合力的方向在同一条直线上，只有微粒受到水平向左的静电力才能使得合力方向与速度方向在同一条直线上，由此可知微粒所受的静电力的方向与场强方向相反，则微粒必带负电，微粒所受合力与初速度方向相反，故微粒做匀减速直线运动，故选项B正确 .
5. (多选)如图甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，两板间距离足够大 .当两板间加上如图乙所示的交变电压后，下列四个选项中的图像，反映电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的是(　　)




【答案】AD
【解析】
　由平行金属板间所加电压的周期性可推知粒子加速度的周期性，D项正确；由v＝at可知，A项正确，C项错误；由x＝at2知x－t图像应为曲线，B项错误 .
6. (多选)如图所示，真空环境下，三个质量相同、带电荷量分别为＋q、－q和0的小液滴a、b、c，从竖直放置的两板中间上方由静止释放，最后从两板间穿过，小液滴a、b、c的运动轨迹如图所示，则在穿过极板的过程中，下列说法正确的是(　　)

A .静电力对液滴a、b做的功相等
B .三者动能的增量相同
C .液滴a与液滴b电势能的变化量相等
D .重力对液滴c做的功最多
【答案】AC
【解析】
　因为液滴a、b的带电荷量的绝对值相等，则液滴所受的静电力大小相等，由静止释放，穿过两板的时间相等，则偏转位移大小相等，静电力做功相等，故A正确；静电力对a、b两液滴做功相等，重力做功相等，则a、b动能的增量相等，对于液滴c，只有重力做功，故c动能的增量小于a、b动能的增量，故B错误；对于液滴a和液滴b，静电力均做正功，静电力所做的功等于电势能的变化量，故C正确；三者在穿过极板的过程中竖直方向的位移相等，质量相同，所以重力做的功相等，故D错误 .
7. 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，用轻质绝缘丝线悬挂质量为m的带电小球，丝线跟竖直方向成θ角时小球恰好平衡，此时小球离右板距离为b，如图所示，问：

(1)小球所带电荷的电性如何？电荷量为多少？
(2)若剪断丝线，小球碰到金属板需多长时间？
【答案】(1)正电　　(2)
【解析】

(1)由于小球处于平衡状态知小球带正电，对小球受力分析如图所示
FTsin θ＝qE①
FTcos θ＝mg②
由①②式得
tan θ＝
故q＝；
(2)由第(1)问中的方程②知FT＝
而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对小球的拉力大小相等，方向相反。故剪断丝线后小球所受重力、电场力的合力大小等于。小球的加速度
a＝＝
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x＝
又由x＝at2
得t＝ 。
8. 如图所示，质量为m＝0.5 kg的物体带电荷量为 q＝＋6×10－4 C，从半径为 R＝0.5 m的光滑的圆弧的绝缘滑轨上端静止下滑到底端，然后继续沿水平面滑动。物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.2，整个装置处于E＝103 N/C的匀强电场中，求下列两种情况下物体在水平面上滑行的最大距离x：

(1)E水平向左；
(2)E竖直向下。
【答案】(1)1.375 m　(2)2.5 m
【解析】
(1)对整段过程运用动能定理
0＝mgR－Eq(R＋x)－μmgx
解得x＝1.375 m；
(2)对整段过程运用动能定理
0＝mgR＋EqR－μ(mg＋Eq)x
解得x＝2.5 m。
题组B 能力提升练
9. 如图所示，在平行板电容器A、B两板上加上如图所示的交变电压，开始时B板电势比A板高，这时两板中间原来静止的电子在电场力作用下开始运动，设A、B两板间的距离足够大，则下述说法正确的是(　　)

A．电子先向A板运动，然后向B板运动，再返回A板做周期性来回运动
B．电子一直向A板运动
C．电子一直向B板运动
D．电子先向B板运动，然后向A板运动，再返回B板做周期性来回运动
【答案】C
【解析】
在0～0.2 s内，B板电势比A板高，电场方向水平向右，电子受到的电场力方向水平向左，向左做匀加速直线运动，0.2～0.4 s内，A板电势比B板高，电场方向水平向左，电子所受的电场力水平向右，电子向左做匀减速直线运动，0.4 s末速度减为零，然后重复之前的运动，可知电子一直向B板运动，C正确。
10. (多选)如图甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔，右极板电势随时间变化的规律如图乙所示，电子原来静止在左极板小孔处，不计电子的重力，下列说法正确的是(　　)

A.若t＝0时刻释放电子，电子始终向右运动，直到打到右极板上
B.若t＝0时刻释放电子，电子可能在两板间往返运动
C.若t＝时刻释放电子，电子可能在两板间往返运动，也可能打到右极板上
D.若t＝时刻释放电子，电子必然回到左极板
【答案】AC
【解析】
若t＝0时刻释放电子，电子将重复先匀加速后匀减速的运动，直到打到右极板，不会在两极板间做往返运动，所以选项A正确，B错误；若t＝时刻释放电子，电子先做匀加速运动后做匀减速运动，分析易知前内电子可能到达右极板，若前时间内电子未到达右极板，则电子将在两极板间做往返运动，所以选项C正确；同理，若t＝时刻释放电子，电子有可能到达右极板，也有可能回到左极板，这取决于两板间的距离，所以选项D错误 .
11. (多选)如图甲所示，两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直，不计重力的带电粒子沿板间中线且垂直于电场方向源源不断地射入电场，粒子射入电场时的初动能均为Ek0，已知t＝0时刻射入电场的粒子刚好沿上板右边缘垂直电场方向射出电场，不计粒子间的相互作用，则(　　)

A.所有粒子都不会打到两极板上
B.所有粒子最终都垂直电场方向射出电场
C.运动过程中所有粒子的最大动能不可能超过2Ek0
D.只有t＝n(n＝0,1,2，…)时刻射入电场的粒子才能垂直电场方向射出电场
【答案】ABC
【解析】
　带电粒子在垂直于电场方向上做匀速直线运动，在沿电场方向上，做加速度大小不变、方向周期性变化的变速直线运动 .由t＝0时刻进入电场的粒子运动情况可知，粒子在平行金属板间运动的时间为周期性变化的电场的周期的整数倍 .在0～时间内带电粒子运动的加速度a＝，由匀变速直线运动规律得vy＝at＝t，同理可分析～T时间内的运动情况，所以带电粒子在沿电场方向的速度vy与E－t图线所围面积成正比(时间轴下方的面积取负值) .而经过整数个周期，E－t图像与坐标轴所围面积始终为零，故带电粒子离开电场时沿电场方向的速度总为零，B正确，D错误；在t＝0时刻入射的带电粒子，侧向位移最大，故其他粒子均不可能打到极板上，A正确；当粒子在t＝0时刻入射且经过时间T离开电场时，粒子在t＝时达到最大速度，此时竖直方向的位移与水平方向的位移之比为1∶2，即v0t＝2×at2，可得vy＝v0，故粒子的最大速度为v＝v0，因此最大动能为初动能的2倍，C正确 .
12. 如图所示，Q为固定的正点电荷，A、B两点在Q的正上方和Q相距分别为h和0.25 h，将另一点电荷从A点由静止释放，运动到B点时速度正好又变为零。若此电荷在A点处的加速度大小为g，试求：

(1)此电荷在B点处的加速度；
(2)A、B两点间的电势差(用Q和h表示)。
【答案】(1)3g，方向竖直向上　(2)－
【解析】 (1)这一电荷必为正电荷，设其电荷量为q，由牛顿第二定律，在A点时F合A＝mg－＝m·g①
在B点时F合B＝－mg＝m·aB②
联立①②式解得aB＝3g
即电荷在B点处的加速度为3g，方向竖直向上；
(2)从A到B过程，由动能定理得
mg(h－0.25 h)＋qUAB＝0③
联立①③式解得UAB＝－。

13. 如图所示，在竖直平面内放置着绝缘轨道ABC，AB部分是半径R＝0.40 m的光滑半圆轨道，BC部分是粗糙的水平轨道，BC轨道所在的竖直平面内分布着E＝1.0×103 V/m的水平向右的有界匀强电场，AB为电场的左侧边界。现将一质量为m＝0.04 kg、电荷量为q＝1×10－4 C的带负电滑块(视为质点)从BC上的某点由静止释放，滑块通过A点时对轨道的压力恰好为零。已知滑块与BC间的动摩擦因数为μ＝0.05，g取10 m/s2。求：

(1)滑块通过A点时速度vA的大小；
(2)滑块在BC轨道上的释放点到B点的距离x；
(3)滑块离开A点后在空中运动速度v的最小值。
【答案】(1)2 m/s　(2)5 m　(3)1.94 m/s
【解析】 (1)因为滑块通过A点时对轨道的压力恰好为零。所以有mg＝
解得vA＝2 m/s；
(2)根据动能定理 可得：qEx－μmgx－mg·2R＝mv
解得x＝5 m；
(3)离开A点后在水平方向上匀变速直线运动，故有：
vx＝vA－axt＝vA－t＝2－2.5 t
在竖直方向上做自由落体运动，所以有vy＝gt＝10 t
v＝＝
故vmin＝ m/s≈1.94 m/s。

题组C 培优拔尖练
14. (多选)在空间水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，A、B、C三点在同一直线上，且AB＝2BC，如图所示 .重力加速度为g，由此可见(　　)

A .静电力为3mg
B .小球带正电
C .小球从A到B与从B到C的运动时间相等
D .小球从A到B与从B到C的速度变化量的大小相等
【答案】AD
【解析】
　两个平抛过程水平方向的位移是二倍的关系，所以时间也是二倍的关系，故C错误；分别列出竖直方向的方程，即h＝gt2，＝×()2，解得F＝3mg，故A正确；小球受到的静电力向上，与电场方向相反，所以小球应该带负电，故B错误；速度变化量等于加速度与时间的乘积，即Δv＝at，结合以上的分析可得，AB过程Δv＝gt，BC过程Δv＝×＝gt，故D正确 .
15. 一个带正电的微粒，从A点射入水平方向的匀强电场中，微粒沿直线AB运动，如图所示，AB与电场线夹角θ＝30°，已知带电微粒的质量m＝1.0×10－7 kg，电荷量q＝1.0×10－10 C，A、B相距L＝20 cm(g取10 m/s2，结果保留2位有效数字)。

(1)说明微粒在电场中运动的性质，要求说明理由；
(2)求电场强度的大小和方向；
(3)要使微粒从A点运动到B点，微粒射入电场时的最小速度是多少？
【答案】(1)见解析　(2)1.7×104N/C　水平向左(3)2.8 m/s
【解析】
(1)微粒只在重力和电场力作用下沿AB方向运动，重力和电场力在垂直于AB方向上的分量必等大反向，可知电场力的方向水平向左，微粒所受合力的方向由B指向A，与初速度vA方向相反，微粒做匀减速运动。
(2)在垂直于AB方向上，有qEsin θ－mgcos θ＝0
解得电场强度E≈1.7×104 N/C
即电场强度大小为1.7×104 N/C，方向水平向左。
(3)当微粒由A运动到B时的速度vB＝0时，微粒进入电场时的速度最小，由动能定理得
mgLsin θ＋qELcos θ＝mv
代入数据，解得vA≈2.8 m/s。