本溪市高中物理必修三第十章《静电场中的能量》测试(答案解析)

一、选择题
1．(0分)[ID：125889]如图，将带负电的试探电荷沿着等量异种点电荷的中垂线从A点移动到B点，再沿连线从B点移动到C点。

在此全过程中，下列说法正确的是（）
A．电场先不变后变大B．电势先变小后变大
C．电势能先不变后变小D．所受的静电力先变大后变小
2．(0分)[ID：125888]如图所示，∠M是锐角三角形PMN最大的内角，电荷量为q（q>0）的点电荷固定在P点。

下列说法正确的是（）
A．沿MN边，从M点到N点，电场强度的大小逐渐增大
B．沿MN边，从M点到N点，电势逐渐降低
C．正电荷在M点的电势能比其在N点的电势能大
D．将正电荷从M点移动到N点，电场力做负功
3．(0分)[ID：125881]如图的电路中C是平行板电容器，将S先闭合后断开，然后将平行板的板间距拉大一点，下列说法正确的是（）
A．平行板电容器两板间的的电场强度变小
B．平行扳电容器两板的电势差增大
C．平行板电容器两板的电势差不变
D．平行板电容器两板的电势差变小
4．(0分)[ID：125880]电荷量分别为＋3Q、＋Q的两个正点电荷分别固定于真空中的A、B 两点，如图所示，C、D两点将AB连线三等分。

将一正点电荷q从C点沿直线移动到D点的过程中，下列说法正确的是（）
A ．q 受到的电场力一直在减小
B ．q 受到的电场力先增大后减小
C ．电场力对q 先做负功后做正功
D ．q 的电势能先减小后增大
5．(0分)[ID ：125877]如图所示，电子在电势差为1U 的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为2U 的两块平行极板间的电场中，射入方向跟极板平行，整个装置处在真空中，重力可忽略，在满足电子能射出平行板区的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角θ变大的是（ ）
A ．1U 变大、2U 变大
B ．1U 变小、2U 变大
C ．1U 变大、2U 变小
D ．1U 变小、2U 变小
6．(0分)[ID ：125843]如图，将一负电荷从电场线上的a 点移到b 点，电势10V a ϕ=、5V b ϕ=。

下列判断正确的是（ ）
A ．该电场是匀强电场
B ．电场线方向由a 指向b
C ．这一过程中电场力做正功
D ．负电荷的电势能减少
7．(0分)[ID ：125826]如图所示，虚线a 、b 、c 代表电场中的三条电场线，实线为一带负电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P 、R 、Q 是这条轨迹上的三点，由此可知（ ）
A ．带电粒子在P 点时的电势能比在Q 点时的电势能大
B ．带电粒子在P 点时的速度大小大于在Q 时的速度大小
C ．带电粒子在P 点时的加速度大小小于在Q 点时的加速度大小
D ．带电粒子在R 点时的动能与电势能之和比在Q 点时的小，比在P 点时的大
8．(0分)[ID ：125819]电场中有A 、B 两点在同一条电场线上，如图所示，一个点电荷在A 点的电势能为98.010J -⨯，在B 点的电势能为81.210J -⨯，该点电荷的电荷量为91.010C -⨯，那么（ ）
A ．该电荷为负电荷
B ．该电荷为正电荷
C ．A 、B 两点的电势差 4.0V AB U =
D ．把电荷从A 移到B ，电场力做功为4.0J W =
9．(0分)[ID ：125816]在点电荷Q 的电场中，一个α（4
2He ）粒子通过时的轨迹如图实线
所示，a 、b 为两个等势面，则下列判断中正确的是（ ）
A ．Q 可能为正电荷，也可能为负电荷
B ．运动中粒子的加速度a a >a b
C ．α粒子经过两等势面的动能E ka >E kb
D ．α粒子在两等势面上的电势能
E pa >E pb
10．(0分)[ID ：125812]让质子1
1H 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 ：125806]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
12．(0分)[ID ：125800]两电荷量分别为q 1和q 2的点电荷固定在x 轴上的O 、M 两点，两电荷连线上各点电势φ随x 变化的关系如图所示，其中C 为ND 段电势最低的点，则下列说法正确的是（ ）
A ．q 1、q 2为等量异种电荷
B ．N 、
C 两点间场强方向沿x 轴负方向
C ．N 、
D 两点间的电场强度大小沿x 轴正方向先减小后增大
D ．将一正点电荷从N 点移到D 点，电势能先增大后减小
二、填空题
13．(0分)[ID ：125967]一个正电荷带电量为2.0×10－9C ，从电场中A 点移到B 点，电场力对
它做功2.4×10－6J ，则A 、B 两点间的电势差是______；如果将一个带电量为5.0×10－9C 的负
电荷，从B 点移到A 点，它的电势能将______（填增大、减小、不变），电势能的变化量为______。

14．(0分)[ID ：125942]图中各点间距相等，如果在A 点固定一个正点电荷，B 点固定一个和其电荷量相等的负点电荷，则a 、b 、c 三点中电场强度最大的是___________点，如果将一个电荷量为q -的点电荷从a 点移到c 点，其电势能将___________（选填“增大”“减小”或“不变”）。

15．(0分)[ID ：125940]把一带电量q =-1×10-5C 的负电的粒子从某静电场中A 点移动到B 点，电场力做正功0.01J ，则U AB =______V ；电场线方向是______（选填“A→B”或“B→A”）。

16．(0分)[ID ：125938]密立根油滴实验进一步证实了电子的存在，揭示了电荷的非连续性，(1)发现了带电体的电量都是______的整数倍。

如图所示是密立根实验的原理示意图，设小油滴质量为m ，调节两板间电势差为U ，当小油滴悬浮不动时，测出两板间距离为d ，重力加速度为g 。

则：
(2)电容器上极板带______电；
(3)小油滴的电荷量q ＝________。

17．(0分)[ID ：125926]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= ______。

18．(0分)[ID ：125917]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____________。

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：125895]α粒子的质量是质子质量的4倍，电荷量是质子电荷量的2倍，它们从静止起，经同一电场加速，获得的动能之比Eα∶E P＝________，获得的速度之比
vα∶v P＝________.
三、解答题
21．(0分)[ID：126068]如图所示，光滑绝缘水平面AB与竖直放置半径为R的光滑绝缘半
圆弧BC在B点平滑连接，在水平面AB上方，存在电场强度
mg
q
E 的水平方向匀强电
场。

一可视为质点带电量为+q的小球从距B点4R的D点无初速释放，从C点飞出后落在水平面上的H点。

小球质量为m，重力加速度为g。

求：
(1)小球运动到B点的速度大小；
(2)小球运动到C点时，轨道对小球压力的大小；
22．(0分)[ID：126062]长为L的平行金属板，板间形成匀强电场，一个带电为＋q、质量为m的带电粒子，以初速v0紧贴上板垂直于电场线方向射入该电场，刚好从下板边缘射出，末速度恰与下板成30角，（不计重力）如图所示。

求：
(1)粒子未速度的大小；
(2)匀强电场的场强；
(3)两板间的距离d。

23．(0分)[ID：126048]在一个水平面上建立x轴，在过原点O垂直于x轴的平面的右侧空间有一个匀强电场，场强大小E＝6.0×105N/C，方向与x轴正方向相同，在O处放一个电荷量大小q＝5.0×10－8C、质量m＝1.0×10－2kg的带负电的物块，物块与水平面间的动摩擦因
数μ＝0.20，沿x 轴正方向给物块一个初速度v 0＝2.0m/s ，如图所示，求物块最终停止时的位置。

(g 取10m/s 2)
24．(0分)[ID ：126036]如图所示是示波管工作的部分原理图，电子在经U 1=5000V 的加速电压加速后，在距两极板等距处垂直进入两平行板间的匀强电场，若两极板间距d =1.0cm ，板长L =4cm ，在满足电子能射出偏转电场的条件下，求：
(1) 电子刚好离开电场时所加的偏转电压U 2
(2)电子离开电场时偏转的角度的正切。

(3)电子离开偏转电场时的偏移量为y ，每单位偏转电压U 2引起的偏移量（2
y U ）叫做示波 管的灵敏度。

求示波管的灵敏度。

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 ：126011]如图所示是一个示波管工作原理图，电子经电压3
1 4.510U =⨯V 加速后以速度0v 沿两极板的中线进入电压2180U =V ，间距为 1.0cm d =，板长5cm l =的平行金属板组成的偏转电场，离开电场后打在距离偏转电场10cm s =的屏幕上的P 点，（e =1.6×10-19C ，m =0.9×10-30kg ）求：
(1)电子进入偏转电场时的速度0v ；
(2)电子射出偏转电场时速度的偏角tan 和偏转量0y；
(3)电子打在屏幕上的侧移位移OP。

【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．C
2．C
3．B
4．D
5．B
6．B
7．B
8．B
9．C
10．B
11．B
12．C
二、填空题
13．1200V减少610－6J
14．a减小
15．-1000B→A
16．元电荷正
17．5V﹣5V
18．-60V-40V增加了30×10-6J
19．（1）；（2）
20．2∶1【分析】两个粒子在加速电场中只有电场力对它们做功根据动能定理可得出动能表达式从而求出动能之比同时得出速度的表达式再求解速度大小之比；
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．C
解析：C
AD ．根据等量异种电荷的电场线及等势面的分布图可知，从A 点移动到B 点，场强逐渐增大，从B 点移动到C 点，场强也是逐渐增大的，由
F qE =
可知，电场力也是逐渐增大的，所以AD 错误；
BC ．根据等量异种电荷的电场线及等势面的分布图可知，等量异种点电荷的中垂线上各点在同一等势面上，则从A 点移动到B 点，电势不变，电势能也不变，从B 点移动到C 点，电势逐渐增大，则负电荷的电势能逐渐减小，所以B 错误；C 正确；
故选C 。

2．C
解析：C
A ．点电荷的电场以点电荷为中心，向四周呈放射状，如图
M ∠是最大内角，所以PN PM >，根据点电荷的场强公式2
Q E k
r =（或者根据电场线的疏密程度）可知从M N →电场强度先增大后减小，A 错误； B ．电场线与等势面（图中虚线）处处垂直，沿电场线方向电势降低，所以从M N →电势先增大后减小，B 错误；
C ．M 、N 两点的电势大小关系为M N ϕϕ>，根据电势能的公式p E q ϕ=可知正电荷在
M 点的电势能大于在N 点的电势能，C 正确；
D ．正电荷从M N →，电势能减小，电场力做为正功，D 错误。

故选C 。

3．B
解析：B
将S 先闭合后断开，电容器所带电荷量不变；
A ．由
44r r U Q Q kQ E S d Cd S d kd
πεεπ==== 与板间距离无关，则电场强度不变，故A 错误；
BCD ．由4r S C kd επ=
可知，板间距离增大，C 减小，由Q C U
=可知，Q 不变则U 增大；B 正确，CD 错误；
故选B 。

4．D
解析：D
设AB 连线上场强为0的点离A 的距离为x ，离B 的距离为d ，则有
22
3Q Q k
k x d = 则
x d
=即场强为0的点应在CD 两点之间，则场强为0的点左边场强方向向右，右边场强方向向左
AB ．将一正点电荷q 从C 点沿直线移动到D 点的过程中，q 受到的电场力先减小后增大，故AB 错误；
CD ．将一正点电荷q 从C 点沿直线移动到D 点的过程中，电场力对q 先做正功后做负功，q 的电势能先减小后增大，故C 错误，D 正确。

故选D 。

5．B
解析：B
在电场中加速，有
2112
U q mv =
在电场中偏转，有 22
221tan 2y U q L v U q U L L md v v v md v U d θ====
使电子的偏转角θ变大，则可以1U 变小、2U 变大。

故选B 。

6．B
解析：B
A ．由于只有一条电场线，无法看出电场线的疏密，所以电场强度大小关系不能确定，不一定是匀强电场，故A 错误；
B ．电势10V a ϕ=、5V b ϕ=，沿着电场线电势一定降低，所以电场线方向由a 指向b ，故B 正确；
C ．根据做功公式
()=ab a b W qU q ϕϕ=-
可知，a 、b 两点的电势差大于0，又因为是负电荷，所以电场力做负功，故C 错误； D ．由C 选项可知，电场力做负功，则电势能增加，故D 错误。

故选B 。

7．B
解析：B
A ．以b 电场线为例，结合曲线运动轨迹、速度、合外力三者位置关系，可知该粒子在b 电场线处受到的电场力向右，又由于粒子带负电，所以该处电场强度向左，所以P 点电势大于Q 点电势，所以粒子在P 点电势能小于Q 点，A 错误；
B ．从P 到Q 电场力做负功，所以P 点动能大于Q 点，因此P 点速度大于Q 点，B 正确；
C ．P 点电场场线比Q 点密集，场强大，电场力大，加速度大，所以P 点加速度大于Q 点，C 错误；
D ．因为全程只受电场力，所以动能和电势能之和是定值，D 错误。

故选B 。

8．B
解析：B
点电荷在A 点的电势能小于在B 点的电势能，从A 到B 静电力做负功，所以该电荷一定为正电荷，且
989p p 8.010J 1.210J 4.010J AB A B W E E ---=-=⨯-⨯=-⨯
则有
99
4.010V 4.0V 1.010
AB AB
W U q ---⨯===-⨯ 故选B 。

9．C
解析：C
A ．根据轨迹可以知道，α（42He ）粒子受到的力为斥力，所以Q 带正电，故A 错误；
B ．b 点离场源电荷Q 近，所以该位置电场强度大，α（42He ）粒子在这点受到电场力大，加速度大，故B 错误；
CD ．因为Q 带正电，α（42He ）粒子从b 到a 过程中，电场力做正功，动能增大，电势能减小，所以E ka ＞E kb ，E pa <E pb ，故C 正确D 错误。

故选C 。

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．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 。

12．C
解析：C
A ．根据q 1左侧和q 2右侧电势随距离增大而降低可判断两者均为正电荷，故A 错误；
B ．N 、
C 间的电场方向沿x 轴正方向，C 点场强为0，故B 错误；
C ．根据N →
D 间图线的斜率大小先减小后增大可知，场强先减小到零后反向增大，故C 正确；
D ．正电荷从N 移到D ，由
E p ＝qφ知，电势能先减小后增大，故D 错误。

故选C 。

二、填空题
13．1200V 减少610－6J 解析：1200V 减少 6⨯10－6J [1]A 、B 两点的电势差为
69
2.410V 1200V 2.010AB AB
W U q --⨯===⨯ [2][3]如果将一个带电量为5.0×10－9C 的负电荷，从B 点移到A 点，电场力做功为
()'
962 5.0101200J 6.010J BA BA W q U --==-⨯⨯-=⨯
由于电场力做正功，电荷的电势能减小，电势能的减小量等于电场力做的功
14．a 减小
解析：a 减小
[1]该电场是等量异种点电荷的电场，它的a 点的场强是A 与B 的电场的点的矢量和，而b 、c 两点的场强是A 与B 的场强的差，所以a 点的场强最大；
[2]AB 连线的中垂线是一条与无穷远处的电势相等的等势线，它的左侧是正电荷的电场，各点的电势都高于a 点，它的右侧是负电荷的电场，各点的电势都低于a 点的电势．所以b 点的电势最低．c 点的电势最高；将一个电量为-q 的点电荷从a 点移到c 点，其电势升高，将负电荷从电势低的地方移动到电势高的地方，电场力做正功，故点电荷的电势能将减小。

15．-1000B→A
解析：-1000 B→A [1]由电势差的定义可知
5
0.01V 1000V 110AB W U q -=
==--⨯ [2]由于1000V AB A B U ϕϕ=-=-，所以有A B ϕϕ<，沿电场线的方向电势逐渐降低，故电场线的方向为B→A 。

16．元电荷正
解析：元电荷 正
mgd
U
(1)[1]带电体的带电量可以是元电荷电量，也可以是元电荷电量的整数倍。

(2)[2]小油滴静止，受到向下的重力和向上的电场力，因电子带负电，说明场强方向向下，上极板带正电。

(3)[3]小油滴悬浮在两板间电场中不动，处于静止状态，由平衡条件得
mg Eq =
匀强电场中内部场强
U E d
=
联立以上两式解得
mgd
q U
=
17．5V ﹣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=-18．-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 ；
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 =
20．2∶1【分析】两个粒子在加速电场中只有电场力对它们做功根据动能定理可得出动能表达式从而求出动能之比同时得出速度的表达式再求解速度大小之比；
解析：2∶1 【分析】
两个粒子在加速电场中，只有电场力对它们做功，根据动能定理可得出动能表达式，从而求出动能之比，同时得出速度的表达式，再求解速度大小之比；
设任一粒子的质量为m ，电量为q ，加速电场的加速电场为U ，根据动能定理得：
2
12
k qU mv E =
= 则可知，动能与电荷量成正比，故
:2:1p E E α=；
由以上公式可得：
v =
U 相同，则知v 与比荷的平方根成正比．α粒子的质量是质子P 的4倍，电荷量是质子P 的2倍，则它们比荷之比为：
1:2
P P q q m m αα= 故α
粒子和质子获得的速度大小之比为 【点睛】
带电粒子在加速电场中加速，无论是匀强电场还是非匀强电场，常常运用动能定理求解获得的速度，注意体会动能定理的正确应用是解题的关键．
三、解答题 21．
(1) B v =(2) 3N F mg = (1)由动能定理得
2142
B qE R mv ⋅=
mg
q
E =
解得
B v =(2)由动能定理得
21422
C qE R mg R mv ⋅-⋅=
在C 点由牛顿第二定律得
2C
N v mg F m R
+=
解得
3N F mg =22．
（1
）03v ；（2
；（3
）6
L
（1）粒子在电场中做的是类平抛运动
由图可得，粒子的末速度为
0023
cos30v v =
=︒
（2）在沿着电场方向
003
tan 30y v v =︒=
粒子在板间运动的时间为
0L t v =
垂直于板的速度的大小为
y qEL
v at mv ==
解得
20
3mv E =
（3）粒子在竖直方向上做的是匀加速运动，由匀变速运动的规律可得
3
2
y v d t =
=
23． 原点O 左侧0.2m 处
物块先在电场中向右减速，设运动的位移为x 1，由动能定理得
－(qE ＋μmg )x 1＝0－
2012
mv 所以
x 1＝20
2()
mv qE mg μ+
代入数据得x 1＝0.4m ，可知，当物块向右运动0.4m 时速度减为零，物块所受的静电力
F ＝qE ＝0.03N
物体所受的摩擦力为
f ＝μm
g ＝0.02N
因为静电力大于摩擦力，所以物块将继续沿x 轴负方向加速运动，跨过O 点之后在摩擦力作用下减速，最终停止在O 点左侧某处，设该点距O 点距离为x 2，则对全过程由动能定理得
－μmg (2x 1＋x 2)＝0－
2012
mv 解得
x 2＝0.2m
24．
（1）625V ；（2）1
4；（3）214L U d
（1）在加速电场中，根据动能定理得
2101
2
eU mv =
在偏转电场中：偏转量
212
y at =
加速度
2
eU a md
=
运动时间
0L t v =
当
2
d y =
电子刚好离开电场，解得
2625V U =
（2）偏转角度的正切值
01tan 4
y a v v t v θ=
=
= （3）粒子在y 方向上偏转，偏转位移
2222011224eU L
U L y at mdv U d
=
== 则
2
214y L U U d
=25．
；
(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．
(1) 4×107m/s ；(2) 0.1；0.25cm ；(3) 1.25cm (1)电子在加速电场中加速，由动能定理得
2
10102
eU mv =
- 代入数据解得
v 0=4×107m/s
(2)电子在偏转电场中做类平抛运动，在水平方向有
l =v 0t 1
在竖直方向上由牛顿第二定律得
2
eU a md
=
电场方向的速度为
v y =at 1
设射出偏转电场时速度的偏角为θ，则
tan y v v θ=
代入数据解得
tan 0.1θ=
飞出电场时偏转量为
20112
y at =
代入数据解得
y 0=0.25cm
(3) 电子从偏转场穿出时，沿y 方向的速度为v y ，穿出后到达屏所经历的时间为t 2，在此时
间内电子在y 方向移动的距离为y ，则运动时间为
20
s t v
竖直位移
y 1=v y t 2
故电子到达屏上时，它离O 点的距离为
y =y 1+y 0
代入数据解得
y =1.25cm。