1. 如圖所示，一帶電荷量為+q、質量為m的小物塊處於一傾角為37度的光滑斜面上，當整個裝置被置於一水平向右
斜面光滑，所以無摩擦力
1，對物塊受力分解，得
mgsin37=F電cos37=Eqcos37
解得 E=3mg/4q
2，同一得
加速度 a=gsin37-E'qcos37/m=3g/10
3，a=3g/10
由公式 2ax=v^2-v0^2=v^2-0
所以v^2=3gL/5
所以動能 E=mv^2/2=3mgL/10
望採納~~
2. 在場強大小為E的勻強電場中，一質量為m、帶電量為+q的物體以某一初速度沿電場反方向做勻減速直線運動
這種題目不考慮別的力嗎？比如重力？
你寫的題目中加速度是多少？專如果不是Eq/m，那就一定還受其它屬力，因此動能的變化量不完全等同電勢能的變化量，比如還要計入重力勢能。
就此題目，可以想像電場方向是垂直的向上，物體向下運動。電勢能增加了EqS 而動能只減少了0.8EqS，因為還有 0.2EqS的重力勢能減少量。
3. 已知傾角為θ的斜面上有一物體質量為m,帶電量為+q,他們之間的動摩擦因數為μ;勻強電場的電場強度為E
物體受到豎直向下的重力、垂直斜面向上的支持力N、垂直斜面向下的電場回力qE，垂直斜面向上的洛倫茲答力qvB，以及沿斜面向上的摩擦力。且：N=mgcosα+qE-qvB，mgsinα-μN=ma。可知當N=0時，加速度a最大，為gsinα
物體向下滑動，隨著速度增大，洛倫茲力qvB增大，N減小，摩擦力減小，加速度增大。所以脫離斜面時（N=0時）速度最大。mgcosα+qE=qvB，v=(mgcosα+qE)/(qB)
下滑h高度，重力做功mgh，電場力和洛倫茲力都與位移垂直，不做功，設摩擦力做功Wf，mgh-Wf=mv^2/2，則Wf=mgh-mv^2/2=mgh-m(mgcosα+qE)^2/(2q^2B^2)，摩擦力做負功
4. 在場強大小為E的勻強電場中，一質量為m、帶電量為+q的物體以某一初速度沿電場反方向做勻減速直線運動，其
A、由於物體所受電場力和運動方向相反，故電場力做負功，即克服電專場力做功W=qEs，故A正確屬；
BD、物體做減速運動，合外力做負功，動能減小，由動能定理得：△Ek=F合S=maS=0.8EqS，動能減小0.8qEs，故B錯誤，D正確．
C、克服電場力做功W=qEs，電勢能增加qEs，動能減小0.8qEs，所以物體的電勢能與動能之和增大0.2qEs，故C錯誤．
故選：AD．
5. 一質量為m,帶電量為+q的物體處於場強按E=E0-kt(E0,k是均為大於零的常數,取水平向左為正方向)
D選項如何解釋，
物體受重力mg電場力qE 支持力N滑動摩擦力f
mg-μq(E0-kt)=ma
物體做加速度內減小的加速運動，當a=0時速度最大
t=(uqE0-mg)/ukq
經過時間t=(uqE0-mg)/ukq，物容體運動速度達最大值
6. 如圖所示，一質量為m、帶電量為q的物體處於場強按E=E0-kt（E0、k均為大於0的常數，取水平向左為正方向）
A、B、由題意：E=E0-kt，物體所受的電場力 F=qE．
電場改變方向之前，物體沿豎直牆運版動，由於權水平方向支持力與電場力相等，電場強度E減小，所以支持力減小，故摩擦力減小，所以物體受到的重力和摩擦力的合力增大，加速度增大，速度增大；
電場改為水平向右時，物體受互相垂直的重力和電場力，而電場力隨電場強度的增大而增大，所以合力增大，加速度增大．因此，整個過程中，物體運動的加速度不斷增大，故A錯誤，B正確．
C、牆壁對物體的支持力N=0時，物體將要離開牆壁，它在牆壁上運動的位移達到最大，此時qE=0，則得：E=0，即E0-kt=0，所以t=
| E0 |
| k |