1、河南省鹤壁市高级中学2020-2021学年高二物理上学期尖子生联赛调研试题二一选择题（共8小题,每小题4分）1如图所示，带箭头的射线为电场线，虚线代表电场中的三条等势线，其中电势a50V，c10V，点b为a、c连线的中点，一带负电的质点仅在电场力作用下从M点运动到N点。下列说法正确的是（）A电势b等于30VB电势b小于30VC带电质点在M点的加速度比在N点的加速度小D带电质点在M点的动能比在N点的小2如图所示，空间存在水平向右、电场强度大小为E的匀强电场，一个质量为m、电荷量为+q的小球，从A点以初速度v0竖直向上抛出，经过一段时间落回到与A点等高的位置B点（图中未画出），重力加速度为g。下列
2、说法正确的是（）A小球运动到最高点时距离A点的高度为B小球运动到最高点时速度大小为C小球运动过程中最小动能为DA、B两点之间的电势差为3在如图所示的电路中，闭合开关S，电路达到稳定后，平行金属板中带电质点P恰好处于静止状态。不考虑电流表和电压表对电路的影响，电阻R1与电源内阻r阻值相等。当滑动变阻器R的滑片向a端移动时，则（）A带电质点P将向下运动B电源的输出功率将变大C电压表V2读数变化量的绝对值与电流表A读数变化量的绝对值之比一定不变D电压表V1读数变化量的绝对值大于电压表V2的读数变化量的绝对值4下列四幅演示实验图中，实验现象表述正确的是（）A图甲用磁铁靠近轻质铝环A，A会靠近磁铁B图乙
3、断开开关S，触点C立即断开C图丙演示反向电流相互吸引，同向电流相互排斥D图丁电子射线管（A为阴极），接通高压电源后，荧光屏上的电子束向上偏转5如图所示，圆形区域AOB内存在垂直纸面向内的匀强磁场，AO和BO是圆的两条相互垂直的半径，一带电粒子从A点沿AO方向进入磁场，从B点离开，若该粒子以同样的速度从C点（C点为AB弧上任意一点）平行于AO方向进入磁场，则（）A粒子带负电B该粒子从OB之间某点离开磁场C该粒子仍然从B点离开磁场D入射点C越靠近B点，粒子运动时间越长6如图所示，两方向相反、磁感应强度大小均为B的匀强磁场被边长为L的等边三角形ABC理想分开，三角形内磁场方向垂直纸面向里，三角形顶点
4、A处有一质子源，能沿BAC的角平分线发射速度不同的质子（质子重力不计），所有质子均能通过C点，质子比荷k，则质子的速度不可能为（）ABkLBCD7如图所示，在水平匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场中，有一竖直足够长的固定绝缘杆MN，小球P套在杆上，已知P的质量为m，电量为+q，电场强度为E、磁感应强度为B，P与杆间的动摩擦因数为，重力加速度为g。小球由静止开始下滑直到稳定的过程中（）A小球的加速度先增大后不变B小球的机械能和电势能的总和保持不变C下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是D下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是8如图所示为一种获得高能粒子的装置原理图，环形管内存在垂直于纸面、磁感
5、应强度大小可调的匀强磁场（环形管的宽度非常小），质量为m、电荷量为q的带正电粒子可在环中做半径为R的圆周运动。A、B为两块中心开有小孔且小孔距离很近的平行极板，原来电势均为零，每当带电粒子经过A板刚进入A、B之间时，A板电势升高到+U，B板电势仍保持为零，粒子在两板间的电场中得到加速，每当粒子离开B板时，A板电势又降为零，粒子在电场中一次一次地加速使得动能不断增大，而在环形区域内，通过调节磁感应强度大小可使粒子运行半径R不变。已知极板间距远小于R，则下列说法正确的是（）A环形区域内匀强磁场的磁场方向垂直于纸面向里B粒子从A板小孔处由静止开始在电场力作用下加速，绕行N圈后回到A板时获得的总动能为
6、2NqUC粒子在绕行的整个过程中，A板电势变化的周期不变D粒子绕行第N圈时，环形区域内匀强磁场的磁感应强度为二多选题（共4小题，每小题6分）9如图所示，匀强电场中有一个以O为圆心、半径为R的圆，电场方向与圆所在平面平行，A、O两点电势差为U（U0）。一带正电粒子仅在电场力的作用下经过该区域，在A、B两点时速度大小均为v0，粒子重力不计，以下说法正确的是（）A粒子从A到B的运动过程中，电场力先做负功后做正功B粒子可能在A、B间是做匀速圆周运动C如果将该带电粒子从A点由静止释放，它将沿AO运动D圆周上，两点电势差最大值为2U10如图所示，空间中存在一个半径为R的圆形匀强磁场，方向垂直纸面向里，从圆
7、形磁场边界上的P点沿不同方向射入两个不同电荷量、初速度大小相同的带电粒子A、B，A粒子与圆形磁场半径的夹角为30，B粒子与圆形磁场半径的夹角为60，结果两粒子都会从边界上的C点射出。不计粒子的重力，则下列说法正确的是（）AA、B粒子带同种性质电荷BA、B粒子的比荷之比为1：CA、B粒子在磁场中运动的时间之比为：2D若改变A粒子的入射方向，则粒子在磁场中运动的时间有可能会延长11如图甲所示有界匀强磁场的宽度与图乙所示圆形匀强磁场的半径相等，不计重力的粒子从左边界的M点以一定初速度水平向右垂直射入磁场I，从右边界射出时速度方向偏转了角；该粒子以同样的初速度沿半径方向垂直射入磁场，射出磁场时速度方向
8、偏转了2角。已知磁场I、的磁感应强度大小分别为B1、B2，粒子在磁场中的运动时间分别为t1、t2，则B1与B2的比值和t1与t2的比值分别为（） A Bcos C D12如图所示，足够长的水平绝缘传送带以大小为v0的速度顺时针匀速转动，传送带上方足够大空间内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。将一质量为m、电荷量为q的带正电的小物块（可视为质点）无初速度地放在传送带的左端，小物块与传送带间的动摩擦因数为，重力加速度为g，下列所画出的小物块速度随时间变化的图象（图中t0，vm）可能正确的是（ ）A B C D三实验题（共2小题，每空1分）13如图甲所示，游标卡尺的读数为 mm；如图
9、乙所示，螺旋测微器的读数为 mm。14某实验小组利用如图甲所示的电路图测定一电源的电动势（大约为6V）和内电阻。要求尽量减小实验误差。（1）在下列两个电压表中选择一个最合适的来改装成量程为09V的电压表。量程为02V、内阻为2k的电压表量程为03V、内阻为3k的电压表则应选择电压表 ，且串联一个阻值为 k的电阻，就可以改装成量程为09V的电压表。（2）现有电流表（00.6A），开关和导线若干，以及以下器材：A滑动变阻器R1（050）B滑动变阻器R2（0500）实验中滑动变阻器应选用 （填相应器材前的代号）。（3）某位同学记录的6组数据如表所示，其中5组数据的对应点已经标在图乙的坐标纸上，请标出
10、余下一组数据的对应点，并在坐标纸上正确作出UI图线。序号123456电压U（V）5.805.605.205.004.804.40电流I（A）0.0600.1200.2400.2600.3600.480（4）根据（3）中所画图线，可得出该电源的电动势E V，内电阻r （结果均保留两位有效数字）。（5）本次实验中，由于系统误差导致所测得的电源电动势 （填“偏大”“偏小”或”不变”）。内阻 （填“偏大”“偏小”或“不变”）。 四计算题（共4小题）15（8分）如图所示，光滑绝缘斜面高度h0.45m，斜面底端与光滑绝缘水平轨道圆弧连接，水平轨道边缘紧靠平行板中心轴线。平行板和三个电阻构成如图所示电路，平
11、行板板长为l0.9m，板间距离d0.6m，R13，R23，R36。可以看为质点的带电小球，电量q0.01C，质量m0.03kg，从斜面顶端静止下滑。（1）若S1、S2均断开，小球刚好沿平行板中心轴线做直线运动，求电源电动势E；（2）若S1断开，S2闭合，小球离开平行板右边缘时，速度偏向角tan，求电源内阻r。 16（12分）如图所示，在y0的区域存在匀强电场，场强沿y轴负方向；在y0区域存在匀强磁场，磁场方向垂直xOy平面向外。一电荷量为q、质量为m的带正电的运动粒子，经过y轴上yh处的点P1时速率为v0，方向沿x轴正方向；然后，经过x轴上x2h处的P2点进入磁场，并经过y轴上y2h处的P3点
12、，不计粒子力。求：（1）电场强度的大小；（2）磁感应强度的大小；（3）粒子从P1开始运动直到第三次经过x轴所用的时间。 17（12分）如图所示，在无限长的竖直边界NS和MT间充满匀强电场，同时该区域上、下部分分别充满方向垂直于NSTM平面向外和向内的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B，KL为上下磁场的水平分界线，在NS和MT边界上，距KL高h处分别有P、Q两点，NS和MT间距为1.8h。质量为m、带电量为+q的粒子从P点垂直于NS边界射入该区域，在两边界之间做圆周运动，重力加速度为g。（1）求该电场强度的大小和方向；（2）要使粒子不从NS边界飞出，求粒子入射速度的最小值。 18（12分）如
13、图所示为平面直角坐标系xOy平面的俯视图，在第一象限存在方向沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E1；在第二、第三象限存在方向垂直于坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B；在第四象限存在由特殊静电装置产生的匀强电场，电场方向平行坐标平面且与y轴正方向的夹角为45，电场强度大小为E2。一个带负电的粒子，从y轴上的P点（0，d）沿x轴负方向射出，速度大小为v0，粒子的比荷，粒子运动依次经过y轴上的A点（图中未画出）、x轴上的C点、过C点且平行于y轴的直线上的D点（图中未画出）。已知粒子经过C点时的动能是经过A点时动能的2倍，粒子从C运动到D所用时间t2与从A运动到C所用时间t1的关系为t2t
14、1，不计粒子重力。求：（1）A点的坐标；（2）电场强度E1和E2的比值； 鹤壁高中高二年级尖子生联赛调研二物理参考答案与试题解析一选择题（共8小题）1【解答】解：AB、由图看出，ab段电场线比bc段电场线密，ab段场强较大，根据公式UEd可知，a、b间电势差Uab大于b、c间电势差Ubc，即abbc，得到bV30V，故A错误，B正确；C、根据电场线的疏密表示电场强度的大小，电场线越密，电场强度越大，则知M点的场强比N点的场强大，即带电质点在M点的电场力比在N点的大，因此带电质点在M点的加速度比在N点的加速度大，故C错误；D、由图可知，质点所受的电场力方向沿电场线向右，质点带负电，则电场线方向向
15、左，若带电质点从M点运动到N，电场力做负功，则带电质点的电势能增大，动能减小，故带电质点通过M点时的动能比在N点的大，故D错误。故选：B。2【解答】解：A、小球在空间的运动可以分解为水平方向初速度为零，加速度为a的匀加速直线运动和竖直方向初速度为v0，加速度为g的竖直上抛运动，所以在竖直方向上v022gh，解得h，故A错误；B、小球运动到最高点时，竖直方向速度减为零，由v0gt，解得t，水平方向由vxat，解得vx，故B错误；C、小球运动过程中动能的表达式为Ekmv2m（+）m（t）2+（v0gt）2，由数学知识可得当t时，小球的动能最小，最小动能为Ekm，故C错误；D、当小球运动到B点时，运
16、动时间为：2t，水平方向的位移为x（）（2t）2，A、B两点之间的电势差为UEx，故D正确。故选：D。3【解答】解：A、电容器两端电压为滑动变阻器R两端的电压，当滑动变阻器R的滑片向a端移动时，阻值增大，则电容器两端的电压增大，带电质点P将向上运动，故A错误；B、当外电阻等于内阻时，电源的输出功率最大，已知电阻R1与电源内阻r阻值相等，当滑动变阻器R的滑片向a端移动时，阻值增大，输出功率将变小，故B错误；C、将定值电阻R1看作电源的内阻，则电压表V2读数变化量的绝对值与电流表A读数变化量的绝对值之比：R1+r，恒定不变，故C正确；D、电压表V1读数变化量的绝对值与电流表A读数变化量的绝对值之比
17、：R1，则电压表V1读数变化量的绝对值小于电压表V2的读数变化量的绝对值，故D错误。故选：C。4【解答】解：A、图甲用磁铁靠近轻质铝环A，由于A环中发生电磁感应，根据楞次定律“来拒去留”可知，A将远离磁铁，故A错误；B、图乙断开开关S，由于B线圈中的发生电磁感应现象阻碍电流的减小，因此线圈仍有磁性，触电C不立即断开，故B错误；C、图丙中，当通入电流方向相反时，研究右导线的受力情况：将左导线看成场源电流，根据安培定则可知，它在右导线处产生的磁场方向向外，由左手定则判断可知，右导线所受的安培力方向向右；同理，将右导线看成场源电流，左导线受到的安培力向左，两导线远离，即两导线相互排斥；同理可知：当电
18、流方向相同时，两导线要靠拢，即两导线相互吸引，故C错误；D、由图丁可知，A是阴极，B是阳极，电子在射线管由A向B运动，电子带负电，由左手定则可知，电子束所受的洛伦兹力向上，荧光屏上的电子束运动径迹向上偏转，故D正确。故选：D。5【解答】解：A、带电粒子从A点沿AO方向进入磁场，从B点离开，那么粒子在A点向右上方偏转，则由左手定则可判定：粒子带正电，故A错误；BC、一个带电粒子从A点沿AO方向进入磁场，那么粒子做圆周运动在A点的半径方向垂直于AO；又有OA和OB互相垂直，且粒子从B点离开，则由OA、OB及圆周运动在A、B两点的半径构成的四边形为正方形，如图所示，所以粒子在磁场中做圆周运动的半径为
19、扇形区域的半径R；那么只要C点在AB之间，粒子圆周运动轨迹的两条半径与扇形区域的两条半径构成菱形，那么，粒子转过的中心角一定等于COB，所以粒子仍然从B点离开磁场，故B错误，C正确；D、粒子做圆周运动的半径、速度不变，那么粒子做圆周运动的周期不变，所以C点越靠近B点，偏转角度越小，运动时间越短，故D错误。故选：C。6【解答】解：质子带正电，且经过C点，其可能的轨迹如图所示：所有圆弧所对圆心角均为60，所以质子运行半径：r（n1，2，3，），质子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvBm，解得：v（n1，2，3，），当n1、2、3时，rBkL、，选项ABD可能，C不可能。
20、本题选不可能的，故选：C。7【解答】解：A、小球静止时只受电场力、重力、支持力及摩擦力，电场力水平向左，摩擦力竖直向上，开始瞬间，水平方向上，qEN，竖直方向上，摩擦力：fNqE，小球的加速度：a；小球速度增大，受到洛伦兹力作用，由左手定则可知，洛仑兹力向右，则支持力N将减小，摩擦力减小，故加速度增大，当洛伦兹力等于电场力时，支持力为零，摩擦力为零，此时加速度为g，达到最大值；此后速度继续增大，则洛伦兹力增大，水平方向上，NqvBqE，支持力增大，则摩擦力将增大，加速度将减小，故A错误；CD、小球下滑加速度为最大加速度的一半会有两种情况，一是在洛仑兹力小于电场力的情况下，另一种是在洛仑兹力大于
21、电场力的情况下，则：，解得：v1；同理有：，解得：，故C正确，D错误；B、在下降过程中有摩擦力做功，故有部分能量转化为内能，小球机械能和电势能的总和将减小，故B错误。故选：C。8【解答】解：A，由于粒子带正电，A板电势高于B板电势，要使粒子加速，其在电场中的运动方向应为由A到B，可知粒子运动方向为顺时针；由左手定则可知，磁场方向垂直纸面向外，故A错误；B、粒子每经过一次电场，电场力做正功，动能增加量等于电势能减少量：qU。绕行N圈后获得的总动能为NqU，故B错误；C、粒子运动周期为T，由于粒子速度持续增大，而运动的半径保持不变，所以粒子运动周期减小，因此A板电势变化周期也要减小，故C错误；D、
22、由洛伦兹力提供向心力，可得：qvB，由动能定理可知，粒子速度满足NqUmv2，联立解得，B，故D正确。故选：D。二多选题（共4小题）9【解答】解：A、根据题目可知，粒子只在电场力作用下移动，电场力做功转化为动能变化，从A到B动能不变，说明AB等电势，又由于AO电势差U0，则由电场线垂直等势线且沿着电场线方向电势降低可知，电场线如图所示：小球从A到B的运动过程中，电场力做功为零，动能变化量为零，电场力先做负功再做正功，故A正确；B、小球在电场中所受的电场力是恒力，电场力对小球要做功，其速率在变化，所以小球从A到B一定不是匀速圆周运动，故B错误；C、如果将该带电粒子从A点由静止释放，粒子沿着电场力
23、的方向移动，带电粒子电性未知，电场力方向未知，并且电场线方向不是平行于AO，带电粒子一定不沿着AO方向运动，故C错误；D、匀强电场的电场强度UEd式中的d是沿着电场强度方向的距离，因而由几何关系可知，UAOER，所以E那么圆周上，电势最高的点与O点的电势差为UERU，因此任两点间电势差的最大值为2U，故D正确；故选：AD。10【解答】解：A、根据左手定则判断出A粒子带负电荷，B粒子带正电荷，故A错误；B、画出粒子在磁场中的轨迹圆，由几何关系可知A粒子在磁场中的轨迹圆半径rAB粒子在磁场中的轨迹圆半径rB，其中R为圆形磁场的半径。则rA：rB：1由洛伦兹力提供向心力可知：qvBm，r则A、B粒子
24、的比荷之比为1：，故B正确；C、带电粒子在磁场中的运动时间t，T由几何关系可知A粒子在磁场中的运动时间为tATAB粒子在磁场中的运动时间为tBTB则：2，故C正确；D、粒子运动半径大于圆形磁场半径时，在磁场中运动时间越长，则轨迹对于圆心角越大，弧长、弦长越长，当运动时间最长时，轨迹弧长对应的弦长应为圆形磁场的直径，由以上带电粒子的轨迹图可知粒子A从C点射出的时间最长，故D错误。故选：BC。11【解答】解：AB、粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvBm，解得：B，粒子运动轨迹如图所示：由几何知识得：r1，r2，则磁感应强度之比：，故A错误，B正确；CD、粒子在磁场
25、中的运动时间为t，T则所以，故C错误，D正确。故选：BD。12【解答】解：D、小物块由静止开始向右做加速运动，开始运动后受到重力mg，竖直向上的洛伦兹力F洛和支持力NmgF洛，水平向右的滑动摩擦力fN，根据牛顿第二定律可知，小物块运动的加速度大小，可见随着速度v的增大，小物块做加速度逐渐减小的加速运动，故D错误；A、当v0时，ag，所以图线在O点的切线应与图中过O点的倾斜虚直线重合，故A错误；B、当mgqvmB时，a0，对应速度，当vmv0，小物块加速到vm时，支持力N0，摩擦力消失，小物块脱离传送带做匀速运动，故B正确；C、当vmv0，小物块加速到v0时，小物块与传送带共速，摩擦力消失，随传
26、送带一起向右做匀速运动，故C项正确。故选：BC。三实验题（共2小题）13【解答】解：游标卡尺游标为20分度，精确度为0.05mm，由图可知，主尺读数为13mm，游标尺读数为70.05mm0.35mm，故最终读数为：13mm+0.35mm13.35mm；螺旋测微器的固定刻度为2mm，可动刻度为25.00.01mm0.250mm，所以最终读数为2.0mm+0.250mm2.250mm，由于需要估读，最后的结果可以在2.249mm至2.251mm之间。故答案为：13.35；2.250（2.2492.251均可）。14【解答】解：（1）应选择量程为03V、内阻为3k的电压表进行改装，改装后量程与内阻都
27、扩大3倍，根据串联电路特点可知，串联分压电阻阻值为原电表内阻的2倍，串联电阻阻值为6k。（2）电源电动势约为6V，电流表量程为0.6A，电路最小电阻约为R10，为方便实验操作，滑动变阻器应选择A。（3）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，让尽可能多的点过直线，不能过直线的点对称分布在直线两侧，偏离直线太远的点应舍去，根据坐标系内描出的点作出图象如图所示；（4）由图甲所示可知，路端电压UEIr，由图示电源UI图象可知，电源电动势E6.0V，内阻r3.3。（5）由图甲所示电路图可知，当外电路短路时，电流的测量值等于真实值，除此之外，由于电压表的分流作用，电流的测量值小于真实值，电源的UI图象如图
28、所示，由图象可知，电源电动势的测量值小于真实值，电源内阻测量值小于真实值故答案为：（1）；6；（2）A；（3）图象如图所示；（4）6.0；3.3；（5）偏小；偏小。四计算题（共4小题）15【解答】解：（1）小球下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：解得：v03m/s对S1、S2均断开时，极板电势差即为电源电动势E。小球刚好沿平行板中心轴线做直线运动，小球受到的重力和电场力必定平衡，由平衡条件得：得：E18V（2）当S1断开，S2闭合时，带电小球做类平抛运动，则水平方向有：lv0t竖直方向分速度有：vyat，且vyv0tan对带电小球，由牛顿第二定律得：mgqE1ma1，其中：UCE1d代入数
29、据解得：a14m/s2，E118N/C，UC10.8V当S1断开，S2闭合时，R1与R3串联，电容器与R3并联，电容器两端电压：UCUR3由部分电路欧姆定律：UR3I1R3由闭合电路欧姆定律：EI1（R1+R3+r）代入数据解得：r1答：（1）电源电动势E为18V。（2）电源内阻r为1。16【解答】解：（1）粒子在x轴上方电场中做类平抛运动，x方向：2hv0t，y方向：hat2t2，解得：E；（2）设粒子在P2点时沿y方向的速度为vy，则有h，即vyt2h，所以vyv0，则粒子在P2点的速度方向与x轴正方向夹角为45，粒子到达P2时速度大小：v，粒子运动轨迹如图所示，由几何知识可得：rh，粒子
30、在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvBm，解得：B；（3）粒子在电场中从P1到P2的运动时间：t1，粒子在磁场中做圆周运动的周期：T，粒子在磁场中转过的圆心角为270，运动时间为t2粒子第二次经过x轴时的速度方向与x轴正方向夹角为45，根据对称性可知，粒子第二次经过x轴到第三次经过x的时间t32t1粒子从P1开始运动直到第三次经过x轴所用的时间：tt1+t2+t3+。答：（1）电场强度的大小为；（2）磁感应强度的大小为；（3）粒子从P1开始运动直到第三次经过x轴所用的时间为+。17【解答】解：（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，电场力与重力合力为零，即mgqE，解得
31、：E，电场力方向竖直向上；（2）粒子运动轨迹如图所示：设粒子不从NS边飞出的入射速度最小值为vmin，对应的粒子在上、下区域的轨道半径分别为r1、r2，圆心的连线与NS的夹角为，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qvBm，解得粒子轨道半径：r，则：r1，r2r1，由几何知识得：（r1+r2）sinr2，r1+r1cosh，解得：vmin。答：（1）该电场强度的大小为，电场力方向竖直向上；（2）要使粒子不从NS边界飞出，粒子入射速度的最小值为。18【解答】解：分析粒子运动.作出粒子的运动轨速如图所示。（1）粒子在P点沿x轴负方向进入匀强磁场，做匀速圆周运动，设半轻为r，根据牛顿第二定
32、律有：代入数据解得：rd可见粒子做圆周运动的圆心在O点，A点在圆周的最高点，坐标yArd所以A点的坐标为（0，d）；（2）由题可知粒子在C点的动能为在A点动能的2倍，有解得粒子在C点的速度大小：可知vC与x轴正方向的夹角a45，粒子沿y轴负方向的分速度vCyv0在第一象限，粒子做类平抛运动，加速度在y轴负方向根据运动学公式有联立解得：vC与x轴的夹角a45，根据运动特点可知OC2d，运动时间由题意有：根据题意和以上分析知，粒子在第四象限受的电场力方向和vC的方向垂直加速度：C、D在同一条平行于y轴的直线上，在x轴方向位移为0，有：联立解得：则；（3）粒子在D点的速度大小：从A点到D根据动能定理可得电场力做的功：联立解得：。答：（1）A点的坐标为（0，d）；（2）电场强度E1和E2的比值为；（3）从A点到D点电场力对粒子做的功为。