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帶正電1.0×l0^-2 C的粒子，在電場中只受電場力先后經過A、B兩點，飛經A點時動能為10J，飛經B點時動能為4J，則帶電粒子從A點到B點過程中電勢能增加了

J，AB兩點電勢差U_AB=

V．

分析：帶電粒子從A點到B點的過程中電勢能的增加等于動能的減小．由W=qU_AB求出AB兩點的電勢差．電勢能增大，電場力做負功．

解答：解：根據能量守恒定律得到，帶電粒子從A點到B點的過程中電勢能的增加等于動能的減小，即△E_P=10J-4J=6J．電場力做功為W=-△E_P=-6J，AB兩點的電勢差U_AB=

-6

10-2

V=-600V．
故答案為：6，-600．

點評：帶電粒子在電場中運動時，若只有電場力，其電勢能與動能的總量守恒．求解電勢差時，公式中各量要代入符號一并計算．

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科目：高中物理 來源： 題型：

如圖，在水平向左的勻強電場和垂紙面向里的勻強磁場中，E=4V/m，B=2T，一質量為m=1.0×l0^-3kg的帶正電的小物塊P帶電量q=2.5×10^-3C，從絕緣粗糙的豎直墻壁的A點無初速下滑，物體與墻壁間動摩擦因數μ=0.5，當它向下滑行h=0.8m到達C點時，離開墻壁做曲線運動，當它運動到與墻的水平距離為0.6m時，豎直方向下落的高度即D與A的高度差H=1.6m．（g=l0m/s²）

A．物塊下滑過程中克服摩擦力做功為4×10^-3J

B．物塊下滑過程中克服摩擦力做功為6×10^-3J

C．物塊下滑到C點時速度大小為2m/s

D．物塊下滑到D點時速度大小為2

m/s

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在一個勻強電場中有一個如圖所示四邊形ABCD，其中，M為AD的中點，N為BC的中點．一個帶正電的粒子從A點移動到B點，電場力做功為W_AB=2.0×10^-9J；將該粒子從D點移動到C點，電場力做功為W_DC=4.0×l0^-9J．則以下分析正確的是（　　）

A．若將該粒子從M點移動到N點，電場力做負功為W_MN=3.0×10^-9J

B．若將該粒子從點M移動到N點，電場力做功W_MN有可能大于4.0×l0^-9J

C．若A、B之間的距離為lcm，粒子的電量為2×10^-7C，該電場的場強一定是E=1V/m

D．若粒子的電量為1×10^-9C，則A、B之間的電勢差為2V

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科目：高中物理 來源： 題型：

（2011?泰州一模）如圖所示，x0y平面內，y軸左側有方向豎直向下，電場強度為E=1.0×10⁴N/的勻強電場．在Y軸右側有一個邊界為圓形的勻強磁場區域，圓心O′位于x軸上，半徑為r=0.01m，磁場最左邊與Y軸相切于O點，磁感應強度為B=0.01T，方向垂直紙面向里．在坐標x_o=0.06m處有垂直于x軸的足夠大的熒光屏PQ．一束帶正電的粒子從電場中的A點（圖中未標出）以垂直于電場的初速度向右運動，穿出電場時恰好通過坐標原點，速度大小為v=2×10⁶m/s，方向與x軸正向成300角斜向下．已知粒子的質量為m=1.0×l0^-2kg，電量為q=1.0×10^-10C，重力不計．
（1）求粒子出發點A的坐標；
（2）若圓形磁場可沿x軸向右移動，圓心O仍在x軸上，由于磁場位置的不同，導致該粒子打在熒光屏上的位置也不同，求粒子打在熒光屏上的位置范圍；
（3）若改變磁場半徑，磁場最左邊仍然與Y軸相切于O點，當磁場半徑至少為多大時，粒子就再也不能打到帶屏上？

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如圖所示，在xOy平面內，y軸左側有一個方向豎直向下，水平寬度為l=

×10-2m，電場強度E=1.0×l0⁴N/C的勻強電場．在y軸右側有一個圓心位于x軸上，半徑r=0.01m的圓形磁場區域，磁場方向垂直紙面向里，磁感應強度B=0.01T，坐標為x₀=0.04m處有一垂直于x軸的面積足夠大的豎直熒光屏PQ．今有一束帶正電的粒子從電場左側沿+x方向射入電場，穿過電場時恰好通過坐標原點，速度大小v=2×l0⁶m/s，方向與x軸成30°斜向下，若粒子的質量m=l．0×l0^-20kg，電荷量q=1.0×10^-10C，粒子的重力不計．試求：
（1）粒子射入電場時位置的縱坐標和初速度大小；
（2）粒子在圓形磁場中運動的時間；
（3）若圓形磁場可沿x軸移動，圓心O′在x軸上的移動范圍為[0.01，+∞），由于磁場位置的不同，導致該粒子打在熒光屏上的位置也不同，試求粒子打在熒光屏上的范圍．

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