西安高新一中沣东中学高中物理必修三第十章《静电场中的能量》检测题(答案解析)

一、选择题
1．(0分)[ID ：125873]如图所示，一水平放置的金属板正上方有一固定的正电荷Q ，一表面绝缘的带正电小球（可视为质点且不影响Q 的电场），从左端以初速度v 0滑上金属板的上表面，已知金属板上表面光滑，则小球在向右运动到右端的过程中（ ）
A ．小球作匀速运动
B ．小球先减速运动，后加速运动
C ．小球受的电场力作正功
D ．小球受的电场力做负功
2．(0分)[ID ：125871]两平行金属板相距为d ，电势差为U ，一电子质量为m ，电荷量大小为e ，从O 点沿垂直于两板的直线移动到A 点，A=L ，如图所示，则此过程中电场力对电子所做的功为（ ）
A ．eUd L -
B ．eUd L
C ．eUL d -
D ．eUL d
3．(0分)[ID ：125859]一带电粒子自图中A 点以初速度0v 平行于等势面射入电场，其运动轨迹如虚线AB 所示。

图中a 、b 、c 、d 为电场的四个等势面，且其电势关系为a b c d ϕϕϕϕ<<<，不计粒子重力，则（ ）
A ．粒子一定带负电
B ．粒子一定做匀速圆周运动
C ．粒子从A 到B 的运动过程中，动能先减小后增大
D ．粒子从A 到B 的运动过程中，电势能不断减小
4．(0分)[ID ：125842]如图所示，M 、N 是竖直放置的两平行金属板，分别带等量异种电
荷，两板间产生个水平向右的匀强电场，场强为E，一质量为m、电荷量为+q的微粒，以初速度v0竖直向上从两极正中间的A点射入匀强电场中，微粒垂直打到N板上的C点。

已知AB=BC，已知重力加速度为g，不计空气阻力，则（）
A．微粒在电场中做非匀变速曲线运动
B．微粒打到C点时的速率与射入电场时的速率相等
C．M N板间的电势差为
2
0 2mv q
D．M N板间的电势差为
2
0 8 Ev
5．(0分)[ID：125838]在如图所示的4种情况中，a、b两点的场强相同，电势相同的
（）
A．带电平行板电容器两极板间的a、b两点
B．离点电荷等距的a、b两点
C．达到静电平衡时导体内部的a、b两点
D．两个等量异种电荷连线上，与连线中点O等距的a、b两点
6．(0分)[ID：125837]如图所示，P和Q为两平行金属板，板间有一定电压，在P板附近有一电子（不计重力）由静止开始向Q板运动，下列说法正确的是（）
A ．两板间距离越大，加速时间越短
B ．两板间距离越小，电子的加速度就越小
C ．电子到达Q 板时的速率，与加速电压无关，仅与两板间距离有关
D ．电子到达Q 板时的速率，与两板间距离无关，仅与板间电压有关
7．(0分)[ID ：125834]空间有一电场，在x 轴上0x -到0x 间电势φ随x 的变化关系如图所示，图线关于φ轴对称。

一质量为m 、电荷量为q +的粒子仅受电场力作用，以沿x +方向的初速度0v ，从x 轴上的1x -点向右运动，粒子的运动一直在x 轴上，到达原点O 右侧最远处的坐标为2x ，2x 点与1x -点间的电势差为21U ，则（ ）
A ．20x x >，20212mv U q
= B ．021x x x >>，20212mv U q
= C ．21x x <，20212mv U q
=- D ．2x →-∞，20212mv U q
=- 8．(0分)[ID ：125829]空间存在平行于x 轴方向的静电场，其电势ϕ随x 的分布如图所示。

一质量为m 、电荷量大小为q 的带电粒子从坐标原点O 由静止开始，仅在电场力作用下沿x 轴正方向运动。

则下列说法正确的是（ ）
A ．该电场可能是正的点电荷周围的电场
B ．空间存在的静电场场强E 是沿x 轴正方向均匀减小的
C ．该粒子从原点O 运动到0x 过程中电势能是增加的
D ．该粒子从原点O 运动到0x 处做匀加速直线运动
9．(0分)[ID ：125820]将一带电液滴在水平向左的匀强电场中从b 点由静止释放，发现液滴沿直线由b 运动到d ，直线bd 方向与竖直方向成45°角，则下列结论正确的是（ ）
A ．液滴的电势能减少
B ．液滴带正电荷
C ．液滴做匀速直线运动
D ．液滴的动能和电势能之和不变 10．(0分)[ID ：125812]让质子11H 和氘核21H 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
11．(0分)[ID ：125807]如图所示，ABCDEFGH 为长方体空间的八个顶点，BC a =，2BF a =，5BA a =，等量同种点电荷（0Q >）分别固定在空间的A 点和G 点，一带负电检验电荷仅在电场力作用下从空间B 点由静止开始运动，下列说法正确的是（ ）
A ．H 点和C 点的电势相等
B ．E 点和
C 点的电场强度相同
C ．检验电荷电势能先增大后减小
D ．检验电荷恰好能运动到H 点
12．(0分)[ID ：125798]原有一带电油滴静止在极板水平放置的平行板电容器中，突然由于漏电，瞬间失去一部分电荷Q ∆，油滴开始向下运动。

经时间t 后，给电容器及时补充电荷Q ∆'，又经时间t ，油滴回到原位置。

假如在运动过程中油滴电荷量一定，则Q Q ∆∆'：为（ ）
A ．14
B ．13
C ．12
D ．1
二、填空题
13．(0分)[ID ：125968]如图所示，电源A 电压为6V ，电源B 电压为8V ，将电键K 从A 换到B ，电流计G 通过的电量为5610C -⨯，则图中以空气为电介质的电容器的电容为______。

若将电键K 再从B 断开，插入其它电介质，电容器两极板间的电场强度______
（填“变大”“变小”或“不变”），若再将上极板上移，相比于移动极板前，电容器两极板间的电场强度______（填“变大”“变小”或“不变”）。

14．(0分)[ID ：125956]将一个电荷量为-2×10－9C 的点电荷从电场中的N 点移动到M 点，需克服电场力做功1.4×10－8J ，则：
(1)N 、M 两点间的电势差U NM 为______V ；
(2)若将该电荷从M 移到N ，电场力做______(选填“正”或“负”)功，U MN 为______V 。

15．(0分)[ID ：125945]如图所示Q 是带正电的点电荷，P 1、P 2为其电场中的两点。

若E 1、E 2为P 1、P 2两点的电场强度的大小， 1ϕ、2ϕ为P 1、P 2两点的电势，则E 1_____E 2，1ϕ__________2ϕ（填“大于，小于，等于”）
16．(0分)[ID ：125943]带量为21.010C q -=+⨯的粒子，仅在电场力的作用下在电场中先后经过A 、B 两点，经过A 点时动能为10J ，经过B 点时动能为4J ，则带电粒子从A 点到B 点过程中电势能增加了___________J ，A 、B 两点电势差为___________V 。

17．(0分)[ID ：125930]如图，沿水平方向的匀强电场中，在某一水平面内建立x O y 坐标系，已知OA :OC =3:4，B 为OC 中点。

若将某一负电荷由A 点移至B 点电场力做功为10J ，由C 点移至A 点电场力做功也为10J ，则A 点电势B 点电势_______（选填“>”“<”或“=”），此电场方向与O x 夹角为______。

18．(0分)[ID ：125921]将一个电荷量q =﹣3×10﹣6C 的负点电荷，从电场中的A 点移到B 点
时，克服电场力做功6×10﹣4J ，从B 点移到C 点电场力做功9×10﹣4J ．则AB 间电势差
U AB =___________V 、AC 间的电势差U AC = _______________ V
19．(0分)[ID ：125916]如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C ，极板间距离为d ，上极板正中有一小孔。

质量为m 、电荷量为+q 的小球从小孔正上方高h 处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零（不计空气阻力，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g ）。

求：
（1）极板间电场强度大小；
（2）小球从开始下落运动到下极板的时间.
20．(0分)[ID ：125906]如图所示，a 、b 、c 是氢原子的核外电子绕核运动的三个可能轨道，取无穷远电子的电势能为零，电子在a 、b 、c 三个轨道时对应的电势能分别为－13.6 eV ，－3.4 eV ，－1.51 eV ，由于某种因素（如加热或光照）的影响，电子会沿椭圆轨道跃迁到离核更远的轨道上运动，则：
（1）φa ＝________V ，φb ＝________V ，φc ＝________V ．
（2）U ab ＝________V ，U bc ＝________V ．
三、解答题
21．(0分)[ID ：126080]如图所示，水平放置的两平行金属板，板长L ＝1.0m ，板间距d ＝0.06m 。

上板带正电，下板带负电，两板间有一质量m ＝1.0×10-4 kg ，带电量q ＝－4×10-7C 的微粒沿水平方向从两板中央处以v 0＝10m/s 的初速射入匀强电场（g 取10m/s 2），求： （1）要使微粒沿水平直线从两极板穿过，两极板间的电压U 0；
（2）要使微粒从下极板右边边缘穿出，两极板间的电压U 1。

22．(0分)[ID ：126052]如图所示，沿水平方向和竖直方向建立直角坐标系xOy ，在x 轴上方有一沿x 轴正方向的匀强电场。

现有一质量为m 带电荷量为q +的小球，从坐标原点O 以初速度0v 沿y +方向竖直向上抛出，在此后的运动过程中，小球到达的最高点坐标M （3h ，4h ），重力加速度为g 。

求：
(1)匀强电场的电场强度的大小；
(2)小球再次经过x 轴（记为N 点）时速度大小；
(3)小球从O 点经M 点到N 点过程速度的最小值。

23．(0分)[ID ：126033]在电场中把一个电荷量为8610C -⨯的点电荷从A 点移到B 点电场力
做功为：5310J -⨯。

将此电荷从B 点移到C 点电场力做功为54.510J -⨯，求：
(1)A 与B 两点间的电势差；
(2)A 与C 两点间的电势差。

24．(0分)[ID ：126024]如图所示，相距为d 的两块平行金属板M 、N 与电源相连，开关S 闭合后，M 、N 间有匀强电场，一个带电粒子以垂直电场方向从M 板边缘射入电场，恰好能飞出电场，若不计重力，为了使粒子恰打在N 板中点，N 板应向上移动多少？
25．(0分)[ID ：126018]一长为L 的细线，上端固定，下端拴一质量为m 、带电荷量为q 的小球，处于如图所示的水平向右的匀强电场中，开始时，将线与小球拉成水平，然后释放小球由静止开始向下摆动，当细线转过60°角时，小球到达B 点速度恰好为零，重力加速度为g 。

求：
(1)匀强电场的场强大小；
(2)小球到达B 点时，细线对小球的拉力大小。

26．(0分)[ID ：126015]如图所示为一真空示波管，电子枪从阴极K 发出电子（初速度不计），经灯丝K 与A 板间的加速电场加速，从A 板中心孔沿中心线KO 射出，然后进入两块平行金属板M 、N 形成的偏转电场中（偏转电场可视为匀强电场），电子进入M 、N 间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过电场后打在荧光屏上的P 点。

已知加速电压为1U ，MN 两板间的距离为d ，金属板长为1L ，金属板右端到荧光屏的距离为2L ，OP 的距离为Y ，电子的质量为m ，电荷量为e 。

求：
（1）电子穿过A 板时的速度大小；
（2）Ｍ、N 板间的电压2U 。

【参考答案】
2016-2017年度第*次考试试卷参考答案
**科目模拟测试
一、选择题
1．A
2．C
3．D
4．B
5．C
6．D
7．B
8．D
9．A
10．B
11．D
12．A
二、填空题
13．变小不变
14．正
15．大于大于
16．－600
17．<45°
18．-100
19．（1）；（2）
20．6V34V151V102V189V
三、解答题
21．
22．
23．
24．
25．
26．
2016-2017年度第*次考试试卷参考解析
【参考解析】
**科目模拟测试
一、选择题
1．A
解析：A
正电荷Q在金属板的上表面所形成的电场的电场线垂直于金属板表面，所以带正电小球，从左端以初速度v0滑上金属板的上表面过程中所受的电场力始终竖直向下，因此小球做匀速直线运动，电场力不做功，所以A正确；BCD错误；
故选A。

2．C
解析：C
两金属板间的电场为匀强电场，则极板间的电场强度为
U
E
d
电子从O点沿垂直于两板的直线移动到A点的过程中，电场力对电子所做的功为
UeL W EeL d
=-=-
故ABD 错误，C 正确。

故选C 。

3．D
解析：D
A ．根据电场线和等势线垂直，且从高电势处指向低电势处，得知电场沿竖直向上方向，而粒子的轨迹向上弯曲，可判断粒子所受电场力方向竖直向上，所以粒子带正电，故A 错误；
B ．由题图等势线特点：平行且等间距。

可判断该电场为匀强电场，粒子所受的电场力是恒力，粒子的运动为匀变速曲线运动，轨迹为抛物线，故B 错误；
CD ．粒子的电场力方向向上，轨迹向上弯曲，则电场力对粒子做正功，其动能逐渐增大，电势能减小，故C 错误，D 正确。

故选D 。

4．B
解析：B
A ．微粒受到重力和电场力，两力均恒定，则合力恒定，由牛顿第二定律可知，加速度恒定，所以微粒在电场中做匀变速曲线运动，故A 错误；
B ．因AB =B
C ，则有
022
C v v = 可见
0C v v =
故B 正确；
C ．由动能定理得
0G W W +=电
即
2
qU mgh = 其中
202v h g
= 联立解得
20mv U q
= 故C 错误；
D ．由
mg qE =
解得
mg
q E
=
带入20
mv U q
=，解得
20
Ev U g
=
故D 错误。

故选B 。

5．C
解析：C
A ．a 、b 处于匀强电场中，场强相同，电势不同，a 点电势高于b 点电势，故A 错误；
B ．a 、b 处于同一等势面上，电势相等，而电场强度方向不同，故B 错误；
C ．处于静电平衡状态下的金属内部a ，b 两点，电场强度均为零，整个导体是等势体，电势相等，故C 正确；
D ．根据电场线的分布情况可知a 、b 两点场强相同，a 、b 间的电场线从正电荷到负电荷，沿着电场线电势逐渐降低，故a 、b 两点电势不等，故D 错误。

故选C 。

6．D
解析：D
A ．由212d at = 和qU a md = 得，t =，两板间距离越大，加速时间越长，A 错误；
B ．由qU
a md
=
得，两板间距离越小，电子的加速度就越大，B 错误；
CD ．由2
12
qU mv =
得，v =，电子到达Q 板时的速率，与两板间距离无关，仅与板间电压有关，C 错误，D 正确。

故选D 。

7．B
解析：B
由于粒子初速度不为零，因此从1x -点加速到O 点电场力做功1W 小于从O 点减速到2x 点克服电场力所做的功2W ，因此1x -点与O 点之间的电势差小于2x 点与O 点的电势差，根据电势和x 的变化关系图象可知
21x x >
由图知0x 点处电势无穷大，因此有
021x x x >>
从2x 点到1x -点过程中，依据动能定理得
22101
02
qU mv =
- 解得
20
212mv U q
=
故ACD 错误，B 正确。

故选B 。

8．D
解析：D AB ．由于x φ-
图像是一条倾斜的线段，由电场强度与电势差之间的关系式
U
E d
=
可知该电场在原点O 到0x 之间为匀强电场，电场方向沿着x 轴正方向，所以不可能是正的点电荷周围的电场，故AB 错误；
C ．该粒子仅在电场力作用下由静止开始沿x 轴正方向运动，说明粒子带正电荷，正电荷从电势高处运动到电势低处，电势能减小，故C 错误；
D ．由于从原点O 运动到0x 处为匀强电场，所以粒子做匀加速直线运动，故D 正确。

9．A
解析：A
A ．带电液滴作直线运动，则带电液滴所受重力与电场力的合力一定沿运动方向，则电场力必定水平向右，由b 运动到d 过程中，电场力做正功，电势能减少，故A 正确；
B ．由题可知，带电液滴只受重力和电场力作用，两个力都是恒力，其合力沿bd 方向，则电场力必定水平向右，液滴带负电，故B 错误；
C ．其合力沿bd 方向，则电场力必定水平向右，液滴做匀加速直线运动，故C 错误；
D ．根据功能关系可知，重力势能、电势能以及动能之和保持不变；而重力势能减小，所以液滴的动能和电势能之和增加，故D 错误。

故选A 。

10．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 。

11．D
解析：D
A ．根据等量同种点电荷产生的电场的对称性，可知E 点和C 点的电势相等，故A 错误；
B ．根据电场的叠加，可知E 点和
C 点的电场强度大小相等，方向相反，故B 错误； C
D ．BH 在等量异种电荷连线的中垂线上，而中垂直线上电场线分布为由连线中点向外的直线，故检验电荷从B 点沿直线运动到H 点，先加速后减速，到达H 点速度恰好为零，此过程电场力先做正功再做负功，电势能先减小后增大，故C 错误，D 正确。

故选D 。

12．A
解析：A
一带电油滴静止在极板水平放置的平行板电容器中，说明此时油滴所受重力等于向上的电场力，如图（1）所示
设油滴的质量为m ，带电量为q ，电容器板间距离为d ，电容器为C ，在第一步过程中，设电容器的充电量为Q ，板间电压为U ，场强为E ，由题意得
Eq mg =，Q C U
=
，U E d =
联立解得
Qq mg Cd
=
电容器漏电失去电荷△Q ，由于油滴受到向下的重力大于电场力，故油滴竖直向下做匀加速直线运动；在第二步过程中，设板间电压为U 1，场强为E 1，油滴的加速度大小为a 1，t s 末的速度为v 1，位移为s ，受力情况如图（2）所示，有
1Q Q U C -∆=
，11U E d =，2
112
s a t =，11mg E q ma -=，11v a t =
联立以上四式解得
22(
)Q Q s
mg q m Cd t
-∆-= 容器补充电荷△Q ′，由于开始时，油滴已有向下的速度v 1，故油滴先竖直向下做匀减速直线运动，然后反向做初速度为零的匀加速直线运动，再回到原位置，在第三步过程中，设板间电压为U 2，场强为E 2，油滴的加速度大小为a 2，受力情况如图（3）所示
2Q Q Q U C
'
-∆+∆=
，22U E d =，21212s v t a t -=-，22E q mg ma -= 联立解得
26()Q Q Q s
q mg m Cd t
'-∆+∆-=
则有
1
4
Q Q '
∆=∆ 故选A 。

二、填空题 13．变小不变
解析：5310F -⨯ 变小 不变 [1]电容器的电容
5
5610==F F 31086
Q Q C U U --∆⨯==⨯∆-
[2]插入其它电介质，比空气介电常量大，所以电容C 增大，Q 不变，U 变小，由
U E d
=
则E 变小；
[3]Q 不变，只改变d ，则
44U Q Q kQ E S d Cd S d kd
πεεπ=
===
则E 不变.
14．正
解析：正 7- (1)[1]根据电势差的公式得
8NM NM
9
1.410V 7V 210
W U q ---⨯===-⨯ (2)[2]从N 点移动到M 点，需克服电场力做功，则从M 移到N ，电场力做正功。

[3] MN NM 7V U U =-=-
15．大于大于
解析：大于 大于 [1]根据公式2
Q
E k
r =可知，12E E >； [2]正点电荷的电场线是起于正电荷止于无穷远处的直线，沿着电场线方向电势逐渐降低，则12ϕϕ>。

16．－600
解析：－600
[1]根据能量守恒定律得到，带电粒子从A 点到B 点的过程中电势能的增加等于动能的减小，即
p 10J 4J 6J E ∆=-=
[2]电场力做功为
6J p W E =-∆=-
AB 两点的电势差
26V 600V 110
AB W U q --=
==-⨯17．<45° 解析：< 45°
[1][2]根据题意由电势差的定义式可得
AB W
U
q
=
AC W
U
q
=
将某一负电荷由A点移至B点电场力做功为10J，则有
W＞0
q＜0
所以
U AB＜0
即
φA＜φB
所以有
U AB=U CA
即
φA-φB=φC-φA
解得
2φA=φB+φC
设BC的中点为D，所以
2φD=φB+φC
故
φA=φD
所以AD是等势面，依据匀强电场的等势面与电场线垂直，所以电场强度的方向垂直于A 斜向上，如图所示：
根据题意有
OA：OC=3：4
B为OC中点，D为BC的中点，所以OA等于OD，△OAD为等腰直角三角形，根据几何关系电场强度方向与与Ox夹角为45°。

18．-100
解析：-100
电荷量q=-3×10-6C，电场力的功W AB=-3×10-6J，W BC=9×10-4J，由电势差的定义
4
6
610 200V 310AB AB A B W U q ϕϕ---⨯=-===-⨯ 4
6
910 300V 310
BC BC
B C W U q ϕϕ--⨯=-===--⨯ U AC =φA -φC =U AB +U BC =200-300=-100V
19．（1）；（2）
解析：（1）
()+mg h d qd ；（2 (1)对从释放到到达下极板处过程的整个过程,由动能定理得：
()0mg h d qEd +-=
计算得出：
()
mg h d E qd
+=
(2)小球到达小孔前是自由落体运动，则有：
2112
h gt =
得：
1t =
根据速度位移关系公式有：
22v gh =
得：
v 取竖直向下为正方向，对减速过程根据动量定理得：
2()0mg qE t mv -=-
小球从开始下落运动到下极板的时间：
12t t t =+
联立计算得出：
t =
答：(1)极板间电场强度大小()
mg h d E qd
+=
；
(2)小球从开始下落运动到下极板的时间t =
20．6V34V151V102V189V
解析：6 V 3.4 V 1.51 V 10.2 V 1.89 V
(1)[1][2][3]电子的带电荷量q ＝－e ，据电势的定义φ＝
p E q
得
13.6eV
13.6V pa a E q
e
ϕ-=
=
=- 同理
φb ＝3.4 V ，φc ＝1.51 V
(2)[4][5]根据电势差公式可知
U ab ＝φa －φb ＝（13.6－3.4） V ＝10.2 V
U bc ＝φb －φc ＝1.89 V
三、解答题 21．
（1）U 0=150V ；（2）U 1=60V
（1）粒子在极板间做直线运动，处于平衡状态，由平衡条件得
U q
mg d
= 解得
U 0=150V
（2）粒子在极板间做类平抛运动， 水平方向
L =v 0t
竖直方向
2
122
d at = 由牛顿第二定律得
U
mg q
ma d
-= 代入数据解得
U 1=60V
22．
(1)34mg q ；0；(3)035v
(1)O 点至M 点过程
2142h gt = 2132x h a t =
x Eq a m
=
解得
34mg
E q
=
(2)O 点至M 点过程
42v h t = M
32v h t =
解得
M 034v v =
到达N 点时，水平分速度
x M 0322
v v v ==
竖直分速度
y 0v v =
所以
N 0v ==
(3)由于电场力
34mg
Eq =
设电场力，重力的合力方向与y 轴负向夹角为α
3tan 4
α=
当速度最小时
min 003
sin 5
v v v α==23．
(1) 500V ；(2)1250V (1)根据AB
AB W U q
=
可得 58310V 500V 610
AB
U --⨯==⨯ （2）根据
AB BC
AC W W U q
+=
带入数据可得
1250V AC U =24．
12
d M 、N 两板间的距离为d ，设板长为L ，由题意可知
2
012Uq L d dm v ⎛⎫=⋅⋅ ⎪⎝⎭
2
110122Uq L d d m v ⎛⎫=⋅⋅ ⎪⎝⎭
由①②式可得
112
d d =
故N 板上移的距离为
11
2
d d d d ∆=-=
25． (1)
3mg
q
；(2)3mg (1)小球由静止释放至恰好到达B 点的过程，由动能定理有
()sin601cos6000mgL qEL ︒--︒=-
解得
3mg
E q
=
(2)小球到达B 点时的受力分析如下图所示
因为小球到达B 点时速度为零，所以沿绳方向（y 轴方向）的合力为零，即
sin 60cos600T mg qE -︒-=︒
解得
3T mg =26．
（11
2eU m 2）12112
42U dY L L L +
(1)在加速电压1U 中直线加速 由动能定理得
21 12W eU mv ==
合 电子穿过A 板时的速度大小
v =(2)在偏转电压2U 中做类平抛运动 水平方向的位移 1x L vt == 竖直方向的加速度 2eU eE a m md == 竖直方向的速度 21y eU L v at mdv == 速度偏向角的正切值 212121tan 2y v eU L U L v mdv dU α=== 竖直偏移量
2222121211224eU L U L y at mdv U d === O 到P 的距离
2tan Y y L α=+
联立解得 1221124
2U dY
U L L L =+。