北京外国语大学附属外国语学校高中物理必修三第十章《静电场中的能量》测试(含答案解析)

一、选择题

1．(0分)[ID：125877]如图所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2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变大的是（ ）

A．U1变大、U2变大

B．U1变小、U2变大

C．U1变大、U2变小 D．U1变小、U2变小

2．(0分)[ID：1258]如图所示，正电荷在电场中从A点运动到B点，则运动过程中（ ）

A．电场力做负功、电势能减小 B．电场力做正功、电势能减小

C．电场力做负功、电势能增加 D．电场力做正功、电势能增加

3．(0分)[ID：125858]如图所示的电路中，AB和CD为两个水平放置的平行板电容器，AB板间有一点P，闭合开关K，待电路稳定后将开关断开。现将CD板间一有机玻璃板（图中未画出）抽出，则下列说法正确的是（ ）

A．CD平行板电容器的电容增大

B．P点电势降低

C．AB两板间的电场强度减小

D．电阻R中有向右的电流

4．(0分)[ID：125857]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

5．(0分)[ID：125855]如图所示，在真空中有两个等量带负电的点电荷，分别置于

P、Q两点，O点是它们连线的中点，A、B为P、Q连线的中垂线上的两点，下列说法

正确的是（ ）

A．连线中点O的场强最大

B．连线中垂面是一个等势面

C．将一正电荷q由A点沿中垂线移动到B点，在此过程中q的电势能一定逐渐增大

D．将一正电荷q由A点沿中垂线移动到B点，在此过程中q受到的电场力一定逐渐减小

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

a10V、b5V。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：125840]如图所示，虚线MN下方存在着方向水平向左、范围足够大的匀强电场，场强

E3mg4q，AB为绝缘光滑且固定的四分之一圆弧轨道，轨道半径为R，

O为圆心，B位于O点正下方。一质量为m、电荷量为q的带正电小球，从A点由静止

释放进入轨道。空气阻力不计，下列说法正确的是（ ）

A．小球在运动过程中机械能守恒

B．小球不能到达B点

C．小球沿轨道运动的过程中，对轨道的压力一直增大

1mgR2D．小球沿轨道运动的过程中，动能的最大值为

8．(0分)[ID：125839]如图所示，一价氢离子和二价氮离子的混合体，经同一加速电场加速后，垂直射入同一偏转电场中，偏转后，打在同一荧光屏上，则它们（ ）

A．同时到达屏上同一点

B．先后到达屏上同一点

C．同时到达屏上不同点 D．先后到达屏上不同点

9．(0分)[ID：125829]空间存在平行于x轴方向的静电场，其电势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x0过程中电势能是增加的

D．该粒子从原点O运动到x0处做匀加速直线运动

10．(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，

5acbc，abc53，ac0.4m。一个电荷量q110C的正电荷从a移到b，电场力做功

4为零；同样的电荷从a移到c，电场力做功为7.210J。cos530.6，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

11．(0分)[ID：125801]如图所示为两个固定在同一水平面上的点电荷，距离为d，电荷量分别为＋Q和-Q。在它们的水平中垂线上固定一根长为L、内壁光滑的绝缘细管，有一电荷量为＋q的小球以初速度v0从管口射入，则小球（ ）

A．速度先增大后减小

B．受到的库仑力先做负功后做正功

8kQq2C．受到的库仑力最大值为d

4kQq2D．管壁对小球的弹力最大值为d

12．(0分)[ID：125790]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．0

二、填空题

13．(0分)[ID：125978]有一充电的平行板电容器，两板间电压为3V，现使它的电

1荷量减少3×10-4C，于是电容器两极板间电压降为原来的3，此电容器的电容是

______F，电容器原来的带电荷量是______C，若电容器极板上的电荷全部放掉，电容器的电容是______F。

14．(0分)[ID：125952]如图所示，边长为2cm的正方形ABCD处在一个匀强电场中，电场线与正方形所在平面平行。已知A、B、C三点的电势依次为6V，2V，-2V则

D点的电势为__________V，电场强度大小为________V/m。

15．(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＝________。

16．(0分)[ID：125918]一个已充电的电容器，若使它的电荷量减少3×10－4 C，则

1其电压减小为原来的3，则电容器原来的带电荷量为_____________C。

17．(0分)[ID：125900]如图所示，地面上某区域存在着匀强电场，其等势面与地面平行等间距．一个质量为m、电荷量为q的带电小球以水平方向的初速度v0由等势线上的O点进入电场区域，经过时间t，小球由O点到达同一竖直平面上的另一等势线上的P点．已知连线OP与水平方向成45°夹角，重力加速度为g，则OP两点的电势差为________．

18．(0分)[ID：1256]如图，带箭头的线段表示电场线，一带电粒子只在电场力作用下由 A点运动到B点，图中虚线为其运动轨迹，可判断粒子带______电(填“正”或“负”)，粒子在_________点加速度较大(填A或B)．

19．(0分)[ID：1252]一平行板电容器电压是100V时，所带的电荷量为

2108C，则该电容器的电容大小是_______F；若将电容器放电至电荷量为零，则电容大

小为_______F．

20．(0分)[ID：1250]水平方向的匀强电场中，一个质量为m、带电荷量为q的质

点，从A点射入电场并沿直线运动到B点，运动轨迹跟电场线（虚线表示）夹角为，如图所示，该匀强电场的方向是_________，场强大小E____________。

三、解答题

21．(0分)[ID：126081]某课外探究小组的同学们利用学校实验室内的绝缘材料自制了一条细导轨OABCDP（如图所示），其中OAB段和DP段为粗糙的水平导轨，B点和

D点在同一水平面上但不重合，P端离沙地的高度h＝0.8m；BCD段为圆环形导轨，半

径R＝0.5m，其中BC段光滑、CD段很粗糙。将一个中心有孔的钢球（孔径略大于细导轨直径）套在导轨端点O处，钢球的带电荷量q＝＋3.7×10－4C，质量m＝0.2kg。某次实验中，在导轨OA段加上水平向右的、场强E＝1×104V/m的匀强电场时，钢球即开始沿导轨运动，经过C点时速度为3m/s，最终恰好停在P点。已知AB段长L1＝1.0m，

DP段长L2＝1.0m，钢球与水平导轨间的动摩擦因数均为μ＝0.2，g=10m/s2，求：

(1)求钢球经过C点时对导轨的弹力；

(2)求OA段导轨的长度d；

(3)为了让钢球从导轨右端抛出，并且落在沙地上的位置最远，需在P端截去多长的一段水平导轨？钢球落在沙地上的最远位置与D点的水平距离多大？

22．(0分)[ID：1260]如图所示，有一电子（电荷量为e）经电压U0加速后，进入两块间距为d、电压为U的平行金属板间。若电子从两板正中间垂直电场方向射入，且恰好从B板右边缘穿出电场，求：

(1)金属板A的长度；

(2)电子穿出电场时的动能。

23．(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。

24．(0分)[ID：126019]如图所示，半径为R的光滑绝缘环形轨道竖直放置，在圆轨道的最低点B处固定一带电小球，另有质量为m的带电小球穿在圆环上，从A点（水平最右端）处无初速释放。若小球运动到C点时获得最大速度，其大小为vm，且

AOC30。重力加速度为g。求：

(1)小球在C点时对轨道的压力；

(2)小球在A时的加速度；

(3)小球从A点运动到C点的过程中电场力所做的功。

25．(0分)[ID：126017]如图所示，水平正对放置的平行板电容器的极板长

L0.8m，两极板间的距离d0.4m，上极板接地。当两极板不带电时，有大量相同带电微

粒依次以大小vo2m/s的速度从两极板左端位置平行极板射入，微粒落到极板上后，

5m5.1210kg，电荷量其所带电荷量全部被极板吸收。已知每个微粒的质量

q3.2106C，电容器的电容C1105F，取g10m/s2。求能落到下极板上的微粒的最大

数目。

26．(0分)[ID：126015]如图所示为一真空示波管，电子从阴极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U1，MN两板间的距离为d，金属板长为L1，金属板右端到荧光屏的距离为L2，

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U2。

【参】

2016-2017年度第*次考试试卷 参

**科目模拟测试

一、选择题

1．B

2．B

3．D

4．B

5．C

6．B

7．D

8．B

9．D

10．B

11．C

12．C

二、填空题

13．45×10-4150

14．2828

15．元电荷正

16．5×10-4C

17．

18．负B

19．2*10-102*10-10

20．水平向左【解析】电荷在电场中受重力和电场力作用因为电荷在电场中做直线运动合力方向必定在AB线上在垂直于运动方向上合力为零则电场力方向只能水平向左由于质点带正电所以匀强电场的方向水平向左根据在垂直运动

三、解答题

21．

22．

23．

24．

25．

26．

一、选择题

1．B

解析：B

2016-2017年度第*次考试试卷 参考解析【参考解析】

**科目模拟测试

在电场中加速，有

12mv2

U1q在电场中偏转，有

U2qLvyUqLULtanmdv222vvmdv2U1d

使电子的偏转角θ变大，则可以U1变小、U2变大。

故选B。

2．B

解析：B

沿着电场线电势逐渐降低，则有

AB

即

UABAB0

电场力做功

WqUAB0

电场力做正功，根据功能关系，电势能减小。

故选B。

3．D

解析：D

A．将玻璃板抽出CD板间，则相对介电常数减小，其他条件不变，由

rS4kd

C可知，CD平行板电容器的电容减小，故A错误；

BC．电容器两板间电压

Q总CABCCDU

断开开关后，两电容器总电荷量不变，由于CD电容器的电容减小，AB电容器电容不变，所以电容器两板间电势差均变大，由

Ud

E

可知，AB板间电场强度变大，则P点与B板间的电势差变大，因为B板接地电势始终为零，则P点电势升高，故BC错误；

D．由于抽出玻璃板的过程中，电容器两板间电势差变大，由公式

QCU

知QAB增大，所以AB电容器充电，B板带负电，故电阻R中有向右的电流，故D正确。

故选D。

4．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

CQSCU、4πkd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．C

解析：C

A．P、Q是两个等量同种电荷，它们在点O处产生的电场强度大小相等，方向相反，互相抵消，则中点O的场强为零最小，故A错误；

B．PQ连线上方的中垂线上每一点（除O点）电场线方向向上，如图所示

下方的中垂线上每一点（除O点）电场线方向向下，而顺着电场线是降低的，所以中垂线不是一个等势面，故B错误；

C．将一正电荷q由A点沿中垂线移动到B点过程，电场力做正功，电荷的电势能减小，故C正确；

D．由于A、B两点处地电场线的疏密不清楚，无法比较场强大小，则q由A点沿中垂线移动到B点，q受到的电场力可能逐渐减小，可能增大，可能先增大后减小，故D错误；

故选C。

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a10V、b5V，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

W=qUabqab

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．D

解析：D

A．除重力以外做功的力只有电场力，从A到B电场力做负功，所以机械能减少，故

A错误；

B．从A到B根据动能定理得

12mvB2

mgREqR解得

vBgR2 所以能到达B点，故B错误；

C．从A到B过程中存在一位置的重力和电场力的合力的反向延长线过圆心如下图所示

此点为等效最低点，即速度最大的位置，所以从A到B速度先增大后减小，由牛顿第二定律可知对轨道的压力先增大后减小，故C错误；

D．等效最低点重力和电场力的合力的反向延长线与竖直方向夹角为，则

tanEq3mg4

则

37

从A到等效最低点的过程中，动能定理

mgRcos37°-EqRRsin37?=Ekm

解得

1mgR2

Ekm故D正确。

故选D。

8．B

解析：B

【分析】

本题中带电粒子先加速后偏转，先根据能定理求出速度表达式，两粒子在偏转电场中

做类平抛运动，垂直于电场方向上做匀速直线运动，沿电场方向做匀加速运动，根据牛顿第二定律和运动学得到粒子偏转距离与加速电压和偏转电压的关系，从而得出偏转位移的关系判断粒子打在屏上的位置关系。

设加速电场宽度为d1，偏转电场极板长度为L，板间距离为d2，在加速电场中，由动能定理得

12qU1mv02

在加速电场中运动时间

2md12t1qU1

两种粒子在偏转电场中，水平方向做速度为v0的匀速直线运动，所以两粒子在偏转电场中的运动时间

LmL2t2v02qU1 由于两种粒子的比荷不同，上述可知两粒子通过电场中运动时间不同，它们先后达到屏上；

经过偏转电场后，粒子的偏移量

1qU2L2U2L2y22md2v04d2U1

由上式可知两粒子到达屏上同一点，故选B。

【点睛】

解决本题的关键知道带电粒子在加速电场和偏转电场中的运动情况，知道从静止开始经过同一加速电场加速，垂直打入偏转电场，运动轨迹相同，做选择题时，这个结论可直接运用，节省时间。

9．D

解析：D

φx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 AB．由于

Ud

E可知该电场在原点O到x0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x0处为匀强电场，所以粒子做匀加速直线运动，故D正确。

10．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

W7.2104UacV72Vq1105

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

daccos530.40.6m0.24m

由

Ud

E可知电场强度

72V/m300V/m0.24

E方向垂直ab向上，故B正确，ACD错误。

故选B。

11．C

解析：C

A．电荷量为+q的小球以初速度v0从管口射入的过程，因电场力不做功，只有重力做功；根据动能定理，故速度不断增加；故A错误；

B．小球有下落过程中，库仑力与速度方向垂直，则库仑力不做功；故B错误；

C．在两个电荷的中垂线的中点，单个电荷产生的电场强度为

Q4kQ21d(d)22

Ek8kQ2根据矢量的合成法则，则有电场强度最大值为d，因此电荷量为+q的小球受到最

8kQq2大库仑力为d，故C正确；

8kQq2

D．结合受力分析可知，弹力与库仑力平衡，则管壁对小球的弹力最大值为d，故

D错误；

故选C。

12．C

解析：C

由动能定理

WAB0Ek020J

相邻两个等势面间的电势差相等UabUbc，所以qUabqUbc，即

1WabWbcWAB10J2

设粒子在等势面b上时的动能Ekb，则

WbcEkcEkb

所以

Ekb10J

所以粒子在b处的总能量

EbEkb10J

从而可以知道粒子在电场中的总能量值为

E10J

当这个粒子的动能为7.5J时有

EpEEk107.5J2.5J

故选C。

二、填空题

13．45×10-4150

解析：4.5×10-4 150

[1]由电容的定式可得

Q3104CF=1.5104F=150FU3313

[2]由电容的定义式

CQU，变形可得

QCU11.51043C=4.5104C

[3]电容器电容的大小是由本身结构决定的，与带电量的多少无关，因此将电容器极板上的电荷全部放掉，电容器的电容仍是150F。

14．2828

解析：282.8

[1]因为

ABDC

可得

D=2V

[2]则BD为等势线，场强方向沿AC方向，场强大小为

U6(2)V/m2002V/m282.8V/m2d2210

E15．元电荷正

mgd解析：元电荷 正 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

Ud

E联立以上两式解得

mgdU16．5×10-4C

q解析：5×10-4C

U3，则

[1]．由题：平行板电容器的电荷量减少△Q=3×10-4 C，电压降低到

U'Q3104QCUU3

解得：

Q=4.5×10-4C

17．

22mv0mgv0tq

[1]由题意可知，类平抛过程水平位移与竖直位移相等，即

lv0t=vy2

t可得

vy2v0，故到达P点的速度大小为

22vv0vy5v0

由动能定理可得

112mglqUmv2mv022

联立解得OP两点的电势差为

22mv0mgv0tUq18．负B

解析：负 B

电场线的方向向上，根据粒子的运动的轨迹可以判断得出粒子受到的电场力的方向为向下，与电场线的方向相反，所以该离子带负电;

电场线密的地方电场的强度大，所以粒子在B点受到的电场力大，在B点时的加速

度较大．

【点睛】

电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止，沿电场线的方向，电势降低，电场线密的地方电场强度大，电场线疏的地方电场强度小．

19．2*10-102*10-10

解析：2*10-10 2*10-10

由电容的定义式

Q2108CF21010FU100

由于电容器的电容取决于本身的性质，与电容器是否带电无关，所以当电容器放电至

10电荷量为零时，电容大小仍为210F．

20．水平向左【解析】电荷在电场中受重力和电场力作用因为电荷在电场中做直线运动合力方向必定在AB线上在垂直于运动方向上合力为零则电场力方向只能水平向左由于质点带正电所以匀强电场的方向水平向左根据在垂直运动

mgcot解析：水平向左 q

【解析】

电荷在电场中受重力和电场力作用，因为电荷在电场中做直线运动，合力方向必定在

AB线上，在垂直于运动方向上合力为零，则电场力方向只能水平向左。由于质点带正

电，所以匀强电场的方向水平向左，根据在垂直运动方向上合力为零：

mgcotq。

Eqsinθ=mgcosθ，解得：

三、解答题

E21．

(1)1.6N，方向竖直向上；(2)1m；(3)0.16m，1.16m

(1)在C点，设导轨对钢球的弹力方向为竖直向下，则

2vCFN＋mg＝mR 代入数据解得

FN＝1.6 N

由牛顿第三定律知，钢球对导轨的弹力也为1.6 N，方向竖直向上；

(2)O→C过程

1qEd－μmg(d＋L1)－mg·2R＝2mvC2

代入数据可解得

d＝1m

(3)设导轨右端截去长度为x，滑块离开导轨平抛时的初速度为v0，落在沙地上的位置与D点的水平距离为s，则

v02＝2μgx 1h＝2gt2

s＝(L2-x)＋v0t 由以上各式代入数据可得

s＝1－x＋0.8x

当x＝0.4，即x＝0.16 m时，s有最大值

sm＝1.16 m

22．

(1)

d2U0Ue(U0)U；(2)2

(1)设电子飞离加速电场时的速度为v0，由动能定理得

12mv02

eU0设金属板AB的长度为L，电子偏转时间

Lv0

t电子在偏转电场中产生偏转加速度

eUmd

a电子在电场中偏转

11dat222

y由以上解得

Ld2U0U

(2)设电子穿过电场时的动能为Ek，根据动能定理得

EkeU0eUUe(U0)22

23．

23mv0233v0L3qL（1）3；（2）；（3）6

（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

vv023v0cos303

（2）在沿着电场方向

vyv0tan303v03

粒子在板间运动的时间为

Lv0

t

垂直于板的速度的大小为

qELmv0

vyat解得

23mv0E3qL

（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

dvy2t3L624．

22vm1211gmgmmvmmgR4R，方向沿OC延长线；(2)2(1)，方向竖直向下；(3)2

(1)小球在C点速度最大，即此时沿速度方向（切线方向）合力为零，设此时的库仑力为Fc，则有切线方向

mgcos30Fccos300

法线方向

2vmFNmgsin30Fcsin30mR



解得

2vmFNmgmFcmgR ，

由牛顿第三定律可知，此时小球对轨道的压力大小为

2vmFNmgmFNR

方向沿OC延长线

(2)由几何关系可知

rBCR，rBA2R

q1q2r2可知

设小球在A点时库仑力大小为FA，由

FkFA1FC2

即

1mg2

FA小球在A点时速度为零，因此向心加速度为零即

沿切线方向

又小球在A的加速度为解得

方向竖直向下

an0

mgFAcos45maaa2Ana2 a2A14g

(3)设小球从A点运动到C点的过程中，电场力做功为W，由动能定理可得

12mvm02

mgRsin30W解得

121mvmmgR2225．

W151个

若微粒恰好落到下极板的右端，则有

Lvot

d12at22

由牛顿第二定律有

mgqEma

两极板间的电压为

UEd

CQU

Qnq

解得

n150

即能落到下极板上的微粒的最大数目为n1151个。

26．

4U1dY2eU12Lm1（1）；（2）2L1L2

(1)在加速电压U1中直线加速

由动能定理得

1W合 eU1mv22

电子穿过A板时的速度大小

v2eU1m

(2)在偏转电压U2中做类平抛运动

水平方向的位移

竖直方向的加速度

竖直方向的速度

速度偏向角的正切值

竖直偏移量

xL1vt

aeEeUm2md

veU2L1yatmdv

tanvyL1U2L1veU2mdv22dU12y1U22L12at2eU2L12mdv24U1d

O到P的距离

YyL2tan

联立解得

4U1dY2L12L1L2

U2