【单元练】深圳市红岭中学高中物理必修3第十章【静电磁场中的能量】经典测试(课后培优)

一、选择题
1．如图所示，竖直向上的匀强电场中，一竖直绝缘轻弹簧的下端固定在地面上，上端连接一带正电小球，小球静止时位于N点，弹簧恰好处于原长状态。

保持小球的带电量不变，现将小球提高到M点由静止释放。

则释放后小球从M点向下运动的过程中（）
A．小球向下运动的过程中，小球和弹簧组成的系统机械能减小
B．从M到N运动过程中，小球重力势能和弹簧弹性势能的减少量等于小球电势能的增加量
C．向下运动的过程中，在重力与电场力等大反向的位置处，小球有最大速度
D．小球动能的增加量等于电场力和重力做功的代数和A
解析：A
A．根据功能关系
=
W E
其机
小球向下运动的过程中，电场力做负功，电势能增加，则小球和弹簧组成的系统机械能减小，所以A正确；
B．从M到N运动过程中，小球重力势能和弹簧弹性势能的减少量等于小球电势能和动能的增加量，所以B错误；
C．向下运动的过程中，重力与电场力总是等大反向，在N点弹簧处于原长时，合外力为0，加速度为0，则小球才有最大速度，所以C错误；
D．由动能定理可知，小球动能的增加量等于电场力、弹簧弹力和重力做功的代数和，所以D错误；
故选A。

2．如图所示，A、B为两个带等量异号电荷的金属球，将两根不带电的金属棒C、D放在两球之间，则下列叙述正确的是（）
A．若将B球接地，B所带的负电荷还将保留一部分
B．若将B球接地，B所带的负电荷全部流入大地
C．由于C、D不带电，所以C棒的电势一定等于D棒的电势
D．若用导线将C棒的x端与D棒的y端连接起来的瞬间，将有电子流从x流向y A
解析：A
AB．由于静电感应，在D的右端将感应出正电荷，所以当B球接地时，由于静电感应，B 所带的负电荷还将保留一部分，所以A正确；B错误；
C．金属球A、B间的电场从A指向B，因为沿着电场线方向电势逐渐降低，所以C棒的电势一定高于D棒的电势，则C错误；
D．由于静电平衡时的导体是个等势体，但两等势体，C电势高于D电势，所以用导线将C 棒的x端与D棒的y端连接起来的瞬间，由于电流总是从高电势处流向低电势处，所以电子从低电势处流向高电势处，则从y流向x，所以D错误；
故选A。

3．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B板的电势比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，设电子在运动中不与极板发生碰撞，则下述说法正确的是（不计电子重力）（）
A．电子一直向A板运动
B．电子一直向B板运动
C．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
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B
解析：B
在前半个周期内，B板的电势高，电场的方向向右，电子受到的电场力方向水平向左，向左做匀加速直线运动，第二个半周期内，电子所受的电场力水平向右，电子向左做匀减速直线运动，0.5s末速度减为零，此后重复之前的运动，可知电子一直向B板运动，位移一直增大；
故选B。

4．如图所示，两块水平放置的平行正对的金属板a、b与电池相连，在距离两板等距的M 点有一个带电液滴处于静止状态。

若将a板向下平移一小段距离，但仍在M点上方，稳定后，下列说法中正确的是（）
A．金属板所带电荷量减少
B．M点电势升高
C．M点的电场强度变小
D．在a板移动前后两种情况下，若将液滴从a板移到b板，电场力做功不相同B
解析：B
ABC ．电容器两端的电压U 不变，a 板向下平移一小段距离时，两板间的距离减小，则由U =Ed 可知，E 增大，因下极板接地，则M 点的电势等于M 与b 之间的电势差，由于E 增大，d 不变，故M 处的电势升高；因带电液滴带负电，故电势能将减小；依据Q C U
=
、4πS
C kd
ε=
可知，电容器的电量Q 增大，故B 正确，AC 错误；
D ．因两板间的电势差不变，故根据电场力公式W =qU ，可知前后两种状态下移动电荷时，电场力做功相同，故D 错误。

故选B 。

5．如图所示，在等量异种点电荷形成的电场中有A 、B 、C 三点，A 点为两点电荷连线的中点，B 点为连线上距A 点距离为d 的一点，C 点为连线中垂线上距A 点距离也为d 的一点，则下面关于三点电场强度E 的大小、电势高ϕ低的比较，正确的是（ ）
A ．
B A
C E E E >>，A C B ϕϕϕ=> B ．A C B E E E =>，A C B ϕϕϕ=> C ．A B E E ＜，E A ＜E C ，A B ϕϕ>，A C ϕϕ>
D ．
E A >E B ，E A >E C ，A B ϕϕ>，A C ϕϕ> A 解析：A
根据电场线的疏密分布知，A 点的电场线比C 点密，B 点的电场线比A 点密，则
B A
C E E E >>
等量的异种电荷的中垂线为等势线，则A 点的电势与C 点的电势相等，沿着电场线方向电势逐渐降低，则A 点的电势大于B 点电势，即
A C
B ϕϕϕ=>
故选A 。

6．在x 轴上有间隔相同的a 、b 、c 、d 四个点，a 、d 关于原点对称。

现在a 、d 两点处固定两个电荷量相同的点电荷，如图E —x 图像描绘了x 轴上部分区域的电场强度，以x 轴正方向为电场强度的正方向。

下列说法正确的是（ ）
A ．b 、c 两点的电势相同
B ．b 、c 两点的电场强度不相同
C ．a 、d 两点固定的是同种电荷
D ．a 、b 、c 、d 四点的电势关系为a b c d ϕϕϕϕ<<< D 解析：D
根据给出的E x - 图像可知，在a 处为负电荷，在d 处为正电荷，根据点电荷产生的场强
2
Q E k
r = 及电场的叠加可知，bc 两处场强相同，电场方向由c 指向b ，根据沿电场线方向电势逐渐降低可知，由d 到a 逐渐降低。

故选D 。

7．让质子1
1H 和氘核2
1H 的混合物沿着与电场垂直的方向进入匀强电场，要使它们最后偏
转角相同，这些粒子进入电场时必须具有相同的（ ） A ．初速度
B ．动能
C ．比荷（电荷量与质量的比值）
D ．质量B
解析：B
设带电粒子的质量为m ，电量为q ，匀强电场的场强大小为E ，电场的宽度为L ，初速度为v 0，最后的偏转角为θ。

带电粒子在垂直电场方向做匀速直线运动
0L v t =
所以0
L
t v =
，沿电场方向做匀加速直线运动，加速度 qE a m
=
粒子离开电场时分速度
y v at =
y 0
tan v v θ=
联立解得20
tan qEL mv θ=
质子和氘核的电量相等，θ相同时，则知2
0mv 相等，初动能
2
k0012
E mv =
相等。

比荷q
m
不等，初速度v 0、质量不相等。

故B 正确，ACD 错误。

故选B 。

8．如图所示，在匀强电场中，场强方向与abc 所在平面平行，ac bc ⊥，
53abc ∠=︒，0.4m ac =。

一个电荷量5110C q -=⨯的正电荷从a 移到b ，电场力做功为
零；同样的电荷从a 移到c ，电场力做功为47.210J -⨯。

cos530.6︒=，则该匀强电场的场强大小和方向分别为（ ）
A ．300V/m 、沿ab 由a 指向b
B ．300V/m 、垂直ab 向上
C ．400V/m 、垂直ab 向上
D ．400V/m 、沿ac 由a 指向c B 解析：B
正电荷从a 移到b ，电场力做功为零，则由电场力做功的特点可知，a 、b 两点电势相等，故ab 应为等势线；因电场线与等势面相互垂直，过c 做ab 的垂线，一定是电场线；正电荷从a 到c 过程，由
W Uq =
可知，ac 两点的电势差
4
5
7.210V 72V 110ac W U q --⨯===⨯
即a 点电势高于c 点的电势，故电场线垂直于ab 向上；ac 间沿电场线的距离
cos530.40.6m 0.24m d ac =︒=⨯=
由
U
E d
=
可知电场强度
72
V/m 300V/m 0.24
E =
= 方向垂直ab 向上，故B 正确，ACD 错误。

故选B 。

9．有一种电荷控制式喷墨打印机的打印头的结构简图如图所示。

其中墨盒可以喷出极小的墨汁微粒，此微粒经过带电室后以一定的初速度垂直射入偏转电场，再经偏转电场后打到纸上，显示出字符，不必考虑墨汁微粒的重力，为了使打在纸上的字迹缩小，下列措施可行的是（ ）
A ．减小墨汁微粒的比荷
B ．增大墨汁微粒所带的电荷量
C ．增大偏转电场的电压
D ．减小墨汁微粒的喷出速度A
解析：A
微粒以一定的初速度垂直射入偏转电场后做类平抛运动，则有水平方向
0t L v =
竖直方向
212y at =
加速度为
qU
a md
=
联立解得微粒飞出电场时偏转距离为
2
20
2qUL y mdv = 要缩小字迹，就要减小微粒通过偏转电场的偏转距离y ，由上式分析可知，采用的方法有：减小微粒的比荷
q
m
，减小墨汁微粒所带的电荷量，减小偏转极板间的电压U 、增大墨汁微粒的喷出速度0v ，BCD 错误，A 正确。

故选A 。

10．如图所示，a 、b 、c 三条虚线为电场中的等势面，等势面b 的电势为零，且相邻两个等势面间的电势差相等，一个带正电的粒子（粒子重力不计）在A 点时的动能为20J ，在电场力作用下从A 运动到B 速度为零，当这个粒子的动能为7.5J 时，其电势能为（ ）
A ．12.5J
B ． 2.5J -
C ．2.5J
D ．0C
解析：C 由动能定理
k0020J AB W E =-=-
相邻两个等势面间的电势差相等ab bc U U =，所以ab bc qU qU =，即
1
10J 2
ab bc AB W W W ===-
设粒子在等势面b 上时的动能k b E ，则
k k bc c b W E E =-
所以
k 10J b E =
所以粒子在b 处的总能量
k 10J b b E E ==
从而可以知道粒子在电场中的总能量值为
10J E =
当这个粒子的动能为7.5J 时有
()p k 107.5J 2.5J E E E =-=-=
故选C 。

二、填空题
11．在电场中A 、B 两点间的电势差为75V AB U =，B 、C 两点间的电势差为
200V BC U =-，则A 、C 两点间的电势差为AC U =______V 。

-125
解析：-125
[1]A 、C 两点间的电势差为
75V-200V=-125V AC AB BC U U U =+=
12．（1）使一个物体带电的方式有三种，它们是___________、___________和
___________，在这三种方式中，电荷既没有被创造，也没有被消灭，只是从一个物体转移到另一个物体，或者从物体的一部分移到另一部分，而且电荷的总量不变，这个结论也被称之为___________定律。

（2）某平行板电容器充电后所带电荷量为6
210C Q -⨯=，两板间的电压4V U =，则该
电容器的电容为___________F ，若只将该电容器的板间距离增大，电容器的电容将___________，若只将两极板错开，使极板正对面积减小，电容器的电容将___________。

摩擦起电接触起电感应起电电荷守恒减小减小
解析：摩擦起电 接触起电 感应起电 电荷守恒 7510-⨯ 减小 减小 （1）[1]摩擦起电 [2]接触起电 [3]感应起电 [4]电荷守恒
（2）[5]根据电容的定义式
7510F Q
C U
-=
=⨯ [6]根据平行板电容器的决定式
4S
C kd
επ=
知d 增大，C 减小。

[7]根据平行板电容器的决定式
4S
C kd
επ=
知S 减小，C 减小。

13．电容触摸屏是利用人体的电流感应进行工作的。

当手指触摸电容触摸屏时，手指和屏
的夹层工作面形成一个电容器，因为工作面上接有电流信号，电流通过电容器分别从屏的四个角上的电极中流出，并且流经这四个电极的电流与手指到四角的距离成正比，控制器通过对这四个电流比例精确计算，得出触摸点的位置。

对于电容触摸屏，则：
(1)使用绝缘笔，在电容触摸屏上______（选填能或不能）进行触控操作； (2)以下哪些操作可以使手指与工作面形成的电容变大______。

A ．使手指与屏的接触面积变大 B ．使手指与屏的接触面积变小
C ．增大手指压力，使手指与夹层工作面之间距离减小
D ．减小手指压力，使手指与夹层工作面之间距离增大不能AC 解析：不能 AC
(1)[1]据题意知，绝缘笔与工作面不能形成一个电容器，所以不能在电容屏上进行触控操作。

(2)[2]由电容的决定式
r 4S
C kd
επ=
可知，手指与屏的接触面积变大时，电容变大；手指与夹层工作面之间距离减小，电容变大，故选AC 。

14．一个平行板电容器，当其电荷量增加ΔQ ＝1.0×10-6C 时，两板间的电压升高ΔU ＝10 V ，则此电容器的电容C ＝_____F 。

若两板间电压为0，此时电容器的电容C ＝____F 。

0×10-710×10-7
解析：0×10-7 1.0×10-7 [1]根据电容公式得
671.010C 1.01010 V
F Q C U --∆===∆⨯⨯
[2] 电容器的电容与电容电压无关，所以仍然是71.0F 10C -⨯=。

15．某平行板电容器的带电量增加2.0×10-10C ，两极板间的电压增加1V ，已知电介质的介电常数ε=6，极板面积S=3πcm 2，则此电容器的电容C=___________F= ______________
pF ，两极板间距离d =___________m ，两极板间的场强增加______________V/m 。

2×10-
1020025×10-44000
解析：2×10-10 200 2.5×10-4 4000 [1][2]电容器的电容
10
102001
2.010 2.010Q Q C F F pF U U --⨯∆==∆⨯===
[3]根据
4S
C kd
επ=
两极板间距离
44
910
2.510910 2.010
6310m m 44S d kC επππ---⨯⨯⨯⨯=⨯⨯⨯== [4]两极板间的场强增加
4
2.510
1V/m 4000V/m U E d -∆∆===⨯ 16．如图所示，水平平行线代表电场线，但未指明方向，带电量为10-8C 的正电微粒，在电场中只受电场力的作用，由A 运动到B ，动能损失4210J -⨯，A 点的电势为3210V ，则微粒运动轨迹是虚线______（填“1”或“2”），B 点的电势为______V 。

解析：42.210⨯
[1][2]根据动能定理得
qU AB =△E k
可得到
448
210V=V 1200
1K AB
E U q ---⨯⨯∆-== 由
U AB =φA -φB
则B 点的电势
φB =φA -U AB =2×103-（-2×104）V=2.2×104V
电荷从A 点运动到B 点时动能减少，电场力做负功，又电场力指向轨迹的内侧，则判断出来微粒的运动轨迹如图中的虚线2所示。

17．有两个平行板电容器，它们的电容之比为5∶4，它们的带电荷量之比为5∶1，两极板间距离之比为4∶3，则两极板间电压之比为______和电场强度之比为______。

4∶13∶1 解析：4∶1 3∶1
[1]两个平行板电容器，它们的电容之比为5∶4，它们的带电荷量之比为5∶1，根据
Q U C
=
可知两极板间电压之比为
112221544=151
U Q C U Q C =⋅=⨯ [2]根据
U E d
=
可得
112221433=141
E U d E U d =⋅=⨯ 18．在电场线上有A 、B 、C 三点，设C 点接地，将1C 的正电荷由A 移到C 点，电场力做功为5J ；再将该电荷由B 移到C 点，电场力做功为﹣5J ，A 、B 两点的电势 A ϕ= ______，
B ϕ= ______。

5V ﹣5V
解析：5V ﹣5V [1]A 、C 两点的电势差为
5
V 5V 1
AC AC W U q =
== 根据AC A C U ϕϕ=-可得
5V A ϕ=
[2]B 、C 两点的电势差为
5V 5V 1
BC BC W U q -=
==- 根据BC B C U ϕϕ=-可得
5V B ϕ=-
19．如图所示A 、B 、C 、D 是匀强电场中一正方形的四个顶点.已知A 、B 、C 三点的电势分别为15V A ϕ=，3V B ϕ=，3V C ϕ=-，由此可知D 点的电势D ϕ=_______.
9V
解析：9V
[1]在匀强电场中沿着任一方向每隔相同距离电势差都相等，所以在正方形中有：
AD BC U U =
即：
A D
B
C ϕϕϕϕ-=-
代入数据解得9V D ϕ=.
20．带电荷量为q ＝＋5.0×10－8 C 的点电荷从A 点移到B 点时，克服电场力做功3.0×10－6 J.已知B 点的电势为φB ＝20 V ，A 、B 间的电势差U AB =_________ V ；A 点的电势
φA =_____V ；点电荷从A 到B 的电势能变化为____________。

-60V-40V 增加了30×10-6J 解析：-60V -40V 增加了3.0×10-6J [1]．A 、B 间的电势差为：
683.010J 60V 5.010C
AB AB W U q ---⨯-⨯＝＝＝
[2]．A 点的电势为：
φA =U AB +φB =-60V+20V=-40V ；
[3]．从A 到B ，电场力做负功，故电势能增加，增加了3.0×10-6J ；
三、解答题
21．如图所示，一个电子以v A 的速度沿与电场线垂直的方向从A 点飞过匀强电场，并且从另一端B 点沿与场强方向成150︒角方向飞出，求 (1)电子在B 点的速度；
(2)A 、B 两点间的电势差。

(电子的质量m ，电量为e )
解析：(1)2A v ；(2)2
32A
mv e
-
(1)电子做类平抛运动，将v B 分解为水平速度v A 和竖直速度v y ，则有
cos60A B v v ︒=
得
2B A v v =
(2)设A 、B 两点间的电势差为U AB ，根据动能定理
221122
AB B A eU mv mv =
- 得
(
)222
322B A
A
AB m v v mv
U e
e
-=
=-
22．半径为R 的光滑绝缘半球槽处在水平向右的匀强电场中，一质量为m 的带电小球从槽的右端A 处（与球心等高）无初速度沿轨道滑下，滑到最低点B 时，球对轨道的压力为
3
2
mg ，求： (1)小球所受电场力F ；
(2)在滑动过程中，带电小球对轨道的最大压力F 压。

解析：(1)
3
4mg ；(2)94
mg (1)设小球运动到最低位置B 时速度为v ，此时
2
v N mg m R
-=
解得
2gR v =
根据动能定理得
2
102
mgR W mv +=
- 解得
3
4
W mgR =-
得电场力大小为
34
W F mg R =
= 电场力方向水平向
()2小球在滑动过程中最大速度的条件：是小球沿轨道运动过程某位置时切向合力为零，
设此时小球和圆心间的连线与竖直方向的夹角为θ，如图
sin cos mg F θθ=
则得
3tan 4
θ=
小球由A 处到最大速度位置得过程中，由动能定理得
2
1cos (1sin )02
m mgR FR mv θθ--=
- 等效重力
54G mg '=
则有
2
max 5
4mv N mg R
-=
' 根据牛顿第三定律得
9
4
N N mg ==
' 23．如图所示，在场强大小为E ，方向水平向左的匀强电场中，有个倾角53α=︒的固定光滑绝缘斜面，并且斜面高为H 。

质量为m 的带电物块（可视为质点）静止于斜面顶端，已知重力加速度为g ，sin530.8︒=，cos530.6︒=。

(1)判断物块所带电的电性，求出其电荷量；
(2)若突然将电场方向改为水平向右，其他条件不变，求物块落地时速度的大小。

解析：(1)负电，
43mg E ；5
23
gH (1)由平衡条件可知，物块受到的电场力水平向右，与电场方向相反，故物块带负电，且有 sin cos mg Eq αα=
解得
43mg
q E
=
(2)改变电场方向后，物块将沿电场力、重力的合力方向运动，直到到达地面，而非沿斜面下滑，如图
合力大小
225()()3
mg
F mg Eq =+=
合 位移大小
5
cos 3H x H α=
= 由动能定理得
2
102
F x mv ⋅=
-合 得到
5
23
v gH =
24．如图所示，竖直平面内存在方向水平向右的匀强电场。

一长为L 的绝缘轻绳一端固定于O 点，另一端与质量为m 、电荷量为+q 的小球相连，小球静止时细线与水平方向的夹角为θ=45°，重力加速度为g 。

(1)求匀强电场的场强大小；
(2)若电场强度变为原来的一半，将小球向右拉至与O 点等高的A 点后由静上释放，OA =L ，当小球恰好运动到O 点正下方的B 点时细线恰好断开，求断开后小球再次经过O 点正下方时小球的速度大小。

解析：(1)mg
q
；5gl
(1)小球静止时细线与水平方向的夹角为45θ=︒，则电场力等于重力
qE mg =
解得
mg q
E =
(2)设经过B 点时的速度为B v ，由动能定理得
2122
B E mgl q
l mv -= 解得
B v gl =
细线断开后，小球竖直方向做自由落体运动，水平方向做类上抛运动，加速度为
1
2
qE ma = 解得
12
a
g 小球再次经过O 点正下方（设为C 点）时
22
C Cx Cy v v v =+
Cx B v v =
2Cy v g t =⋅
B
v t a
=
解得
5C v gl =
25．如图所示，在光滑绝缘水平面上，质量为m 的均匀绝缘棒AB 长为L 、带有正电，电量为Q 且均匀分布。

在水平面上O 点右侧有匀强电场，场强大小为E ，其方向为水平向左，BO 距离为x 0，若棒在水平向右的大小为4
QE
的恒力作用下由静止开始运动。

求： (1)棒的B 端进入电场
8
L
时的加速度大小和方向； (2)棒在运动过程中的最大动能；
(3)如果棒可以完全进入电场中，那么棒的最大电势能。

（设O 处电势为零）
解析：(1)
8QE
m ，方向向右；(2)048QE L x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭；(3)p12
QEL E =，20p2084L L Lx QE E x ⎛
++ =
⎝
⎭
，0p3(2)6QE x L E += (1)根据牛顿第二定律，得
48QE L QE
ma L
-⋅= 计算得出
8QE
a m
=
方向向右
(2)设当棒进入电场x 时其动能达到最大，则此时棒受力平衡，有
4QE QE
x L
=⋅ 计算得出
1
4
x L =
由动能定理得
()0k 00444
2442448o QE QE
L
QE
QE L QE L E x x x x x +
⨯⎛⎫⎛⎫=
+-=+-=+ ⎪ ⎪
⨯⎝⎭⎝⎭
(3)棒减速到零时，棒可能全部进入电场，也可能不能全部进入电场，设恰能全部进入电场，则有
()0042
QE QE
x L L +-= 得
0x L =
存在三种可能性，可能1，x 0=L 时，电势能最大值
()p142
QE QEL
E L L =
+= 可能2，当0x L <，棒不能全部进入电场，设进入电场x ，根据动能定理得
()00004
2
xQE
QE
L x x x +
+-=- 解得
x =
则电势能最大值
p204QE E x ⎛ =
⎝⎭
可能3，当0x L >，棒能全部进入电场，设进入电场'x ，由动能定理得
()()'0042
QE QE
x x L QE x L +---=
得
'023
x L
x +=
电势能最大值
p3E =
00(2)()46
QE x L QE
x x ++= 26．如图所示，a 、b 、c 是匀强电场中的三点，已知a 、b 两点相距14d =cm ，b 、c 相距
210d =cm ，ab 与电场线平行，bc 与电场线成θ = 60°角。

将电荷量为q =＋2 × 10-8C 的点电
荷从a 点移到b 点时，电场力做功为W ab = 2 × 10-6J 。

求： (1)a 、b 两点电势差ab U ； (2)匀强电场的场强大小E ； (3)a 、c 两点的电势差ac U 。

解析：(1)100V ；(2)2500V/m ；(3)125V (1)a 、b 两点间的电势差为
100V ab
ab
W U q
(2)匀强电场的大小为
2500V/m U E
d
(3)b 、c 之间的电势差为
21
cos6025000.12
bc U Ed ==⨯⨯V = 125V
a 、c 之间的电势差为
225V ac ab bc U U U
27．一束电子流经U ＝4000V 的加速电压加速后，在与两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示，若两板间距d ＝1.0cm ，板长l ＝4cm ，那么，要使电子能从平行极板间的边缘飞出，则两个极板上最多能加多大电压？
解析：500V
【分析】
粒子先加速再偏转，由题意可知当电子恰好飞出时，所加电场最大；由运动的合成与分解关系可得出电压值。

在加速电压一定时，偏转电压U '越大，电子在极板间的偏距就越大。

当偏转电压大到使电子刚好擦着极板的边缘飞出，此时的偏转电压，即为题目要求的最大电压。

加速过程，由动能定理得
2012
eU mv =
进入偏转电场，电子在平行于板面的方向上做匀速运动
0l v t =
在垂直于板面的方向做匀加速直线运动，加速度为
F eU a m dm
'
==
偏距
212
y at =
能飞出的条件为
2
d y ≤
联立得
2-22
2-22
224000(1.010)V 500V (4.010)Ud U l ⨯⨯⨯'≤==⨯
即要使电子能飞出，所加电压最大为500V 。

28．水平放置的两块平行金属板长L =5.0 cm ，两板间距d =1.0 cm ，两板间电压U =90 V ，且上板为正。

一个电子沿水平方向以速度v 0=2.0×107 m/s ，从两板中间射入，如图所示。

（电子的比荷
q
m
=1.76×1011 C/kg ） (1)电子偏离金属板时的偏移距离是多少？ (2)电子飞出电场时的速度是多少？
(3)电子离开电场后，打在屏上的P 点。

若s=10 cm ，求OP 的高度。

解析：(1)0.5cm ；(2)2.04×107 m/s ；(3)2.5 cm (1)电子在电场中的加速度
a =
Uq
md
偏移距离即竖直方向的位移
y =
12
at 2
因为
t =0
L v 则
2
20
2UqL y mdv = 解得
y =0.5 cm
(2)电子飞出电场时，水平分速度
v x =v 0
竖直分速度
v y =at =
UqL
mdv =4×106 m/s 则电子飞出电场时的速度
v
≈2.04×107 m/s 设v 与v 0的夹角为θ，则
tan θ=
y v v =0.2
(3)电子飞出电场后做匀速直线运动，则
OP =y ＋s·tan θ=2.5 cm。