高考真题汇编I单元电场.doc

I单元 电场
I1 电场的力的性质
15. I1[2016·全国卷Ⅱ] 如图1­所示，P是固定的点电荷，虚线是以P为圆心的两个圆．带电粒子Q在P的电场中运动．运动轨迹与两圆在同一平面内，a、b、c为轨迹上的三个点．若Q仅受P的电场力作用，其在a、b、c点的加速度大小分别为aa、ab、ac，速度大小分别为va、vb、vc，则(　　)

图1­
A．aa>ab>ac，va>vc>vb
B．aa>ab>ac，vb>vc>va
C．ab>ac>aa，vb>vc>va
D．ab>ac>aa，va>vc>vb
15．D　[解析] 由库仑定律可知，粒子在a、b、c三点受到的电场力的大小关系为Fb>Fc>Fa，由a＝可知，ab>ac>aa，由运动轨迹可知，粒子Q的电性与P相同，受斥力作用，不论粒子从a到c，还是从c到a，在运动过程中总有排斥力与运动方向的夹角先为钝角后为锐角，即斥力先做负功后做正功，因此va>vc>vb，故D正确．
15．I1[2016·浙江卷] 如图1­1所示，两个不带电的导体A和B，用一对绝缘柱支持使它们彼此接触．把一带正电荷的物体C置于A附近，贴在A、B下部的金属箔都张开(　　)

图1­1
A．此时A带正电，B带负电
B．此时A电势低，B电势高
C．移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合
D．先把A和B分开，然后移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合
15．C　[解析] 由感应起电可知，近端感应出异种电荷，故A带负电，B带正电，选项A错误；处于静电平衡状态下的导体是等势体，故A、B电势相等，选项B错误；先移去C，则A、B两端的等量异种电荷又重新中和，而先分开A、B，后移走C，则A、B两端的等量异种电荷就无法重新中和，故选项C正确，选项D错误．
19．I1[2016·浙江卷] 如图1­5所示，把A、B两个相同的导电小球分别用长为0.10 m的绝缘细线悬挂于OA和OB两点．用丝绸摩擦过的玻璃棒与A球接触，棒移开后将悬点OB移到OA点固定．两球接触后分开，平衡时距离为0.12 m．已测得每个小球质量是8.0×10－4 kg，带电小球可视为点电荷，重力加速度g取10 m/s2，静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，则(　　)

图1­5
A．两球所带电荷量相等
B．A球所受的静电力为1.0×10－2 N
C．B球所带的电荷量为4×10－8 C
D．A、B两球连线中点处的电场强度为0
19．ACD　[解析] 由接触起电的电荷量分配特点可知，两相同金属小球接触后带上等量同种电荷，选项A正确；对A受力分析如图所示，有＝，而F库＝k，得F库＝6×10－3 N，q＝4×10－8 C，选项B错误，选项C正确；等量同种电荷连线的中点电场强度为0，选项D正确．

I2 电场的能的性质
15．I2[2016·全国卷Ⅲ] 关于静电场的等势面，下列说法正确的是(　　)
A．两个电势不同的等势面可能相交
B．电场线与等势面处处相互垂直
C．同一等势面上各点电场强度一定相等
D．将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做正功
15．B　[解析] 静电场中的电场线不可能相交，等势面也不可能相交，否则的话会出现一个点有两个电场强度和两个电势值的矛盾，A错误；由WAB＝qUAB可知，当电荷在等势面上移动时，电荷的电势能不变，如果电场线不与等势面垂直，那么电荷将受到电场力，在电荷运动时必然会做功并引起电势能变化，这就矛盾了，B正确；同一等势面上各点电势相等，但电场强度不一定相等，C错误；对于负电荷，q<0，从电势高的A点移到电势低的B点，UAB>0，由电场力做功的公式WAB＝qUAB可知WAB<0，电场力做负功，D错误．
3．I1 I2[2016·江苏卷] 一金属容器置于绝缘板上，带电小球用绝缘细线悬挂于容器中，容器内的电场线分布如图1­所示．容器内表面为等势面，A、B为容器内表面上的两点，下列说法正确的是(　　)

图1­
A．A点的电场强度比B点的大
B．小球表面的电势比容器内表面的低
C．B点的电场强度方向与该处内表面垂直
D．将检验电荷从A点沿不同路径移到B点，电场力所做的功不同
3．C　[解析] 电场线的疏密反映电场的强弱，电场线越密，电场越强，据图可知，B点的电场强度比A点大，选项A错误；沿电场线电势降低，小球表面的电势比容器内表面的高，选项B错误；容器内表面为等势面，而电场线总与等势面垂直，故B点的电场强度方向与该处内表面垂直，选项C正确．A、B两点等势，将检验电荷从A点沿不同路径移到B点，电场力做功均为零，选项D错误．
I3 电容器 带电粒子在电场中的匀变速运动
14．I3[2016·全国卷Ⅰ] 一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上，若将云母介质移出，则电容器(　　)
A．极板上的电荷量变大，极板间的电场强度变大
B．极板上的电荷量变小，极板间的电场强度变大
C．极板上的电荷量变大，极板间的电场强度不变
D．极板上的电荷量变小，极板间的电场强度不变
[解析] D　由平行板电容器电容的决定式C＝，将云母介质移出，电容C减小，而两极板的电压U恒定，由Q＝CU，极板上的电荷量Q变小，又由E＝可得板间电场强度与介质无关，大小不变，选项D正确．
15．I3　K3[2016·全国卷Ⅰ] 现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图1­所示，其中加速电压恒定．质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场．若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍．此离子和质子的质量比约为(　　)

图1­
A．11 B．12
C．121 D．144
[解析] D　粒子在电场中加速，设离开加速电场的速度为v，则qU＝mv2，粒子进入磁场做圆周运动，半径r＝＝，因两粒子轨道半径相同，故离子和质子的质量比为144，选项D正确．
17．I3　J1[2016·全国卷Ⅱ] 阻值相等的四个电阻、电容器C及电池E(内阻可忽略)连接成如图1­所示电路．开关S断开且电流稳定时，C所带的电荷量为Q1；闭合开关S，电流再次稳定后，C所带的电荷量为Q2.Q1与Q2的比值为(　　)

图1­
A. B.
C. D.
17．C　[解析] 由已知条件及电容定义式C＝可得：Q1＝U1C，Q2＝U2C，则＝.
S断开时等效电路如图甲所示

甲
U1＝·E×＝E；
S闭合时等效电路如图乙所示，

乙
U2＝·E＝E，则＝＝，故C正确．
23．I3[2016·北京卷] 如图1­所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出．已知电子质量为m，电荷量为e，加速电场电压为U0，偏转电场可看作匀强电场，极板间电压为U，极板长度为L，板间距为d.
(1)忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时的初速度v0和从电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Δy；
(2)分析物理量的数量级，是解决物理问题的常用方法．在解决(1)问时忽略了电子所受重力，请利用下列数据分析说明其原因．已知U＝2.0×102 V，d＝4.0×10－2 m，m＝9.1×10－31 kg，e＝1.6×10－19 C，g＝10 m/s2.
(3)极板间既有静电场也有重力场．电势反映了静电场各点的能的性质，请写出电势φ的定义式．类比电势的定义方法，在重力场中建立“重力势”φG的概念，并简要说明电势和“重力势”的共同特点．

图1­
23．[答案] (1)　　(2)略　(3)略
[解析] (1)根据功和能的关系，有eU0＝mv
电子射入偏转电场的初速度v0＝
在偏转电场中，电子的运动时间Δt＝＝L
偏转距离Δy＝a(Δt)2＝.
(2)考虑电子所受重力和电场力的数量级，有
重力G＝mg～10－29 N
电场力F＝～10－15 N
由于F≫G，因此不需要考虑电子所受重力．
(3)电场中某点电势φ定义为电荷在该点的电势能Ep与其电荷量q的比值，
即φ＝
由于重力做功与路径无关，可以类比静电场电势的定义，将重力场中物体在某点的重力势能EG与其质量m的比值，叫作“重力势”，即φG＝.
电势φ和重力势φG都是反映场的能的性质的物理量，仅由场自身的因素决定．
4．I3[2016·天津卷] 如图1­所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地，在两极板间有一个固定在P点的点电荷，以E表示两板间的电场强度，Ep表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则(　　)

图1­
A．θ增大，E增大 B．θ增大，Ep不变
C．θ减小，Ep增大 D．θ减小，E不变
4．D　[解析] 保持下极板不动，上极板向下移动一小段距离后，由C＝可知电容器的电容变大，由于Q不变，由C＝可知U减小，故静电计的指针偏角变小；电场强度E＝＝＝不变；由于下极板不动，电场强度E不变，所以P点的电势没有发生改变，故点电荷在P点的电势能不变，A、B、C错误，D正确．
9．I3[2016·四川卷] 中国科学院2015年10月宣布中国将在2020年开始建造世界上最大的粒子加速器．加速器是人类揭示物质本源的关键设备，在放射治疗、食品安全、材料科学等方面有广泛应用．
如图1­所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管(漂移管)组成，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极．质子从K点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速，加速电压视为不变．设质子进入漂移管B时速度为8×106 m/s，进入漂移管E时速度为1×107 m/s，电源频率为1×107 Hz，漂移管间缝隙很小，质子在每个管内运动时间视为电源周期的.质子的荷质比取1×108 C/kg.求：
(1)漂移管B的长度；
(2)相邻漂移管间的加速电压．

图1­
9．[答案] (1)0.4 m　(6)6×104 V
[解析] (1)设质子进入漂移管B的速度为vB，电源频率、周期分别为f、T，漂移管B的长度为L，则
T＝
L＝vB·
联立①②式并代入数据得L＝0.4 m
(2)设质子进入漂移管E的速度为vE，相邻漂移管间的加速电压为U，电场对质子所做的功为W.质子从漂移管B运动到E电场做功W′，质子的电荷量为q、质量为m，则
W＝qU　④
W′＝3W　⑤
W′＝mv－mv　⑥
联立④⑤⑥式并代入数据得
U＝6×104 V　⑦
I4 带电粒子在电场中的非匀变速运动
10．I4[2016·海南卷] 如图1­所示，一带正电的点电荷固定于O点，两虚线圆均以O为圆心，两实线分别为带电粒子M和N先后在电场中运动的轨迹，a、b、c、d、e为轨迹和虚线圆的交点．不计重力．下列说法正确的是(　　)

图1­
A．M带负电荷，N带正电荷
B．M在b点的动能小于它在a点的动能
C．N在d点的电势能等于它在e点的电势能
D．N在从c点运动到d点的过程中克服电场力做功
10．ABC　[解析] 从粒子的轨迹可以看出，O点的正电荷与粒子M相互吸引，与粒子N相互排斥，故M带负电荷，N带正电荷，A正确．Uab>0，所以从a点运动到b点，M所受的电场力做负功，动能减小，故B正确．d、e两点电势相等，N在d、e两点的电势能相等，故C正确．Ucd>0，N从c点运动到d点，电场力做正功，故D错误．
I5 实验：用描迹法画出电场中平面上的等势线
28．I5[2016·上海卷] “用DIS描绘电场的等势线”的实验装置示意图如图1­所示．

图1­
(1)该实验描绘的是(　　)
A．两个等量同种电荷周围的等势线
B．两个等量异种电荷周围的等势线
C．两个不等量同种电荷周围的等势线
D．两个不等量异种电荷周围的等势线
(2)实验操作时，需在平整的木板上依次铺放(　　)
A．导电纸、复写纸、白纸
B．白纸、导电纸、复写纸
C．导电纸、白纸、复写纸
D．白纸、复写纸、导电纸
(3)若电压传感器的红、黑探针分别接触图中d、f两点(f、d连线与A、B连线垂直)时，示数小于零．为使示数为零，应保持红色探针与d点接触，而将黑色探针________(选填“向左”或“向左”)移动．
28．[答案] (1)B　 (2)D　(3)向右
[解析] (1)电源的正、负两个电极相当于两个等量异种电荷，所以B正确．(2)最上层导电纸与电极接触，中间放复写纸，以便于在最下层白纸上留下痕迹．所以D正确．(3)等量异种电荷周围的等势线的形状大致是一簇对称的曲线，根据等势线大致分布可以判断出黑色探针应向右移动才能找到d点的等势点．
I6 实验：练习使用示波器
I7 电场综合
20．I7[2016·全国卷Ⅰ] 如图1­所示，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直面(纸面)内，且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称．忽略空气阻力．由此可知(　　)

图1­
A．Q点的电势比P点高
B．油滴在Q点的动能比它在P点的大
C．油滴在Q点的电势能比它在P点的大
D．油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小
[解析] AB　油滴做类斜抛运动，加速度恒定，选项D错误；合力竖直向上，且电场力Eq竖直向上，Eq>mg，电场方向竖直向下，P点电势最低，负电荷在P点电势能最大，选项A正确，选项C错误；若粒子从Q点运动到P点，则合力做负功，动能减小，P点的动能最小，选项B正确．
11．I7[2016·上海卷] 国际单位制中，不是电场强度的单位是(　　)
A．N/C B．V/m
C．J/C D．T·m/s
11．C　[解析] 根据电场强度定义E＝可知，N/C是电场强度的单位；根据E＝可知，V/m是电场强度的单位；根据U＝Bdv，E＝，可得E＝Bv，故T·m/s是电场强度的单位；根据U＝可知，J/C是电压的单位，故C正确．
24．I7[2016·上海卷] 如图1­所示，质量为m的带电小球A用绝缘细线悬挂于O点，处于静止状态．施加一水平向右的匀强电场后，A向右摆动，摆动的最大角度为60°，则A受到的电场力大小为________．在改变电场强度的大小和方向后，小球A的平衡位置在α＝60°处，然后再将A的质量改变为2m，其新的平衡位置在α＝30°处，A受到的电场力大小为________．

图1­
24．[答案] mg　mg
[解析] 设细线长度为L，根据动能定理有mgL(1－cos 60°)＝FLsin 60°，解得F＝mg.
设平衡时电场力与竖直方向的夹角为θ，受力如图所示，

当细线与竖直方向成60°角时，有
＝
当细线与竖直方向成30°角时，有
＝
联立解得θ＝60°，qE＝mg.
32．I7[2016·上海卷] 如图1­(a)所示，长度L＝0.8 m的光滑杆左端固定一带正电的点电荷A，其电荷量Q＝1.8×10－7 C；一质量m＝0.02 kg、带电荷量为q的小球B套在杆上．将杆沿水平方向固定于某非均匀外电场中，以杆左端为原点，沿杆向右为x轴正方向建立坐标系．点电荷A对小球B的作用力随B位置x的变化关系如图(b)中曲线Ⅰ所示，小球B所受水平方向的合力随B位置x的变化关系如图(b)中曲线Ⅱ所示，其中曲线Ⅱ在0.16≤x≤0.20和x≥0.40范围可近似看作直线．求：(静电力常量k＝9×109 N·m2/C2)

图1­
(1)小球B所带电荷量q；
(2)非均匀外电场在x＝0.3 m处沿细杆方向的电场强度大小E；
(3)在合电场中，x＝0.4 m与x＝0.6 m之间的电势差U；
(4)已知小球在x＝0.2 m处获得v＝0.4 m/s的初速度时，最远可以运动到x＝0.4 m处．若小球在x＝0.16 m处受到方向向右、大小为0.04 N的恒力作用后，由静止开始运动，为使小球能离开细杆，恒力作用的最小距离s是多少？

图1­
32．[答案] (1)1×10－6 C　(2)3×104 N/C　(3)800 V　(4)0.065 m
[解析] (1)由图可知，当x＝0.3 m时，F1＝k＝0.018 N
因此q＝＝1×10－6 C.
(2)设在x＝0.3 m处点电荷与小球间作用力为F2，
F合＝F2＋qE
因此E＝＝ N/C＝－3×104 N/C
电场在x＝0.3 m处沿细杆方向的电场强度大小为3×104 N/C，方向水平向左．
(3)根据图像可知在x＝0.4 m与x＝0.6 m之间合力做功大小
W合＝0.004×0.2 J＝8×10－4 J
由qU＝W合可得U＝＝800 V.
(4)由图可知小球从x＝0.16 m到x＝0.2 m处
电场力做功W1＝ J＝6×10－4 J
小球从x＝0.2 m到x＝0.4 m处
电场力做功W2＝－mv2＝－1.6×10－3 J
由图可知小球从x＝0.4 m到x＝0.8 m处
电场力做功W3＝－0.004×0.4 J＝－1.6×10－3 J
由动能定理W1＋W2＋W3＋F外s＝0
解得s＝－＝0.065 m.

2．[2016·大连二十四中期中] 由粗糙的水平杆AO与光滑的竖直杆BO组成的绝缘直角支架如图放置，在AO杆、BO杆上套有带正电的小球P、Q，两个小球恰能在某一位置平衡．现将P缓慢地向左移动一小段距离，两球再次达到平衡．若小球所带电荷量不变，与移动前相比(　　)

图K19­2
A．P、Q之间的距离增大
B．杆BO对Q的弹力减小
C．杆AO对P的摩擦力增大
D．杆AO对P的弹力减小
2．C　[解析] Q受力如图所示，由力的合成与平衡条件可知：BO杆对小球Q的弹力变大，两小球之间的库仑力变大，由库仑定律知，两小球P、Q的距离变小，A、B错误；对整体受力分析，可得AO杆对小球P的摩擦力变大，C正确；AO杆对小球P的弹力不变，D错误．

3．[2016·河北冀州中学一轮复习检测] 如图K19­3所示，在(0，y0)和(0，－y0)两位置分别固定一个电荷量为＋Q的点电荷．另一个带电荷量为＋q的点电荷从(－x0，0)位置以初速度v0沿x轴正方向运动．点电荷＋q从(－x0，0)到(x0，0)的过程中只受电场力作用，下列描述其加速度a或速度v与位置x的关系可能正确的是(　　)

图K19­3

图K19­4
3．D　[解析] 根据等量同种电荷电场线的分布情况可知，＋q从－x0到0，再到x0，场强可能先一直减小，再一直增大，但不是均匀减小，也不是均匀增大；由牛顿第二定律知a＝，加速度不可能均匀变化，故A错误；场强方向先向左后向右，大小可能先增大后减小，再增大，最后减小，由牛顿第二定律知，加速度方向先向左后向右，即先负后正，故B错误；由于加速度是变化的，故v­x图像不可能是直线，故C错误；若场强先一直减小，再一直增大，则加速度先减小后增大，故D正确．
3. (多选)[2016·长沙雅礼中学月考] 如图K21­3所示，AB、CD是一个圆的两条直径，该圆处于匀强电场中，电场强度方向平行该圆所在平面，在圆周所在的平面内将一个带正电的粒子从A点以相同的速率沿不同方向射向圆形区域，粒子将经过圆周上的不同点，其中经过C点时粒子的动能最小．若不计粒子所受的重力和空气阻力，则下列判断中正确的是(　　)

图K21­3
A．电场强度方向由A指向B
B．电场强度方向由C指向D
C．粒子到达B点时动能最大
D．粒子到达D点时电势能最小
3．BD　[解析] 因为粒子仅在电场力作用下从A点进入圆形区域，离开C点的动能最小，电势能最大，所以电场线与过C的切线相垂直，由于带电微粒带正电，故匀强电场的方向由C指向D，故A错误，B正确；电场线方向从C到D，沿着电场线方向，电势降低，则D点的电势能最小，动能最大，故C错误，D正确．
5．[2016·河北冀州中学一轮复习检测] 假设空间某一静电场的电势φ随x变化情况如图K21­5所示，根据图中信息，下列说法中正确的是(　　)

图K21­5
A．0～x1范围内各点场强的方向均与x轴平行
B．只在电场力作用下，正电荷沿x轴从0运动到x1，可做匀减速直线运动
C．负电荷沿x轴从x2移到x3的过程中，电场力做正功，电势能减小
D．负电荷在x3处电势能大于其在x5处的电势能
5．C　[解析] 由图看出，x轴上0～x1范围内各点电势不变，所以0～x1范围内各点场强的方向与x轴垂直，不可能与x轴平行，故A错误；沿x轴从0到x1，各点电势相等，任意两点间电势差为零，电场力做功为零，正电荷沿x轴从0运动到x1，可做匀速直线运动，故B错误；负电荷沿x轴从x2移到x3的过程中，电势升高，负电荷的电势能减小，电场力做正功，故C正确；由于x3处的电势高于x5的电势，根据Ep＝qφ可以知道，负电荷在x3处电势能小于在x5处电势能，故D错误．
3．[2016·哈尔滨六中期末] 如图K22­3所示，电荷量为＋Q的点电荷固定在O点，光滑绝缘水平面上的P点在O点的正下方，质量为m、电荷量为－q(q>0)的试探电荷在水平面上的N点有向右的水平速度v0，该试探电荷到达P点时速度为v，图中θ＝60°，规定电场中P点的电势为零，下列说法中正确的是(　　)

图K22­3

A．试探电荷从N运动到P点做匀减速运动
B．试探电荷在P点受到的电场力大小是N点的2倍
C．在＋Q形成的电场中N、P两点的电势差UNP＝
D．试探电荷在N点具有的电势能为m
3．C　[解析] 试探电荷从N运动到P点的过程中，受到库仑引力作用，做变加速运动，选项A错误；因为ON＝2OP，则根据F＝可知，试探电荷在P点受到的电场力大小是N点的4倍，选项B错误；从N到P由动能定理可知：mv2－mv＝－qUNP ，解得UNP＝，选项C正确；规定电场中P点的电势为零，则N点的电势为：UN＝，试探电荷在N点具有的电势能为EpN＝－qUN＝m(v2－v)，选项D错误．
3．[2016·四川广元一模] 如图K23­3所示，A、B间存在与竖直方向成45°角斜向上的匀强电场E1，B、C间存在竖直向上的匀强电场E2，A、B的间距为1.25 m，B、C的间距为3 m，C为荧光屏．一质量m＝1.0×10－3 kg、电荷量q＝＋1.0×10－2 C的带电粒子从a点由静止释放，恰好沿水平方向经过b点到达荧光屏上的O点．若在B、C间再加方向垂直于纸面向外且大小B＝0.1 T的匀强磁场，粒子经b点偏转到达荧光屏的O′点(图中未画出)．取g＝10 m/s2.求：
(1)E1的大小；
(2)加上磁场后，粒子由b点到O′点电势能的变化量．

图K23­3
3．(1) N/C　(2)增加1.0×10－2 J
[解析] (1)粒子在A、B间做匀加速直线运动，竖直方向受力平衡，则有：
qE1cos 45°＝mg
解得：E1＝ N/C.
(2)粒子从a到b的过程中，由动能定理得
qE1dABsin 45°＝mv
解得：vb＝5 m/s
加磁场前粒子在B、C间必做匀速直线运动，则有：qE2＝mg
加磁场后粒子在B、C间必做匀速圆周运动，如图所示，由动力学知识可得：qvbB＝m
解得：R＝5 m

设偏转距离为y，由几何知识得：
R2＝d＋(R－y)2
代入数据得y＝1.0 m
粒子在B、C间运动时电场力做的功为：
W＝－qE2y＝－mgy＝－1.0×10－2 J
由功能关系知，粒子的电势能增加了1.0×10－2 J.
4．[2016·沈阳东北育才学校第三次模拟] 如图K24­3甲所示，真空中的电极K连续不断地发出电子(电子的初速度可忽略不计)，电子经电压为U1的电场加速，加速电压U1随时间t变化的图像如图乙所示．每个电子通过加速电场的时间极短，可认为加速电压不变．电子被加速后由小孔S穿出，沿两个彼此靠近且正对的水平金属板A、B间中轴线从左边缘射入A、B两板间的偏转电场，A、B两板长均为L＝0.20 m，两板之间的距离d＝0.050 m，A板的电势比B板的电势高．A、B板右侧边缘到竖直放置的荧光屏P(面积足够大)之间的距离b＝0.10 m．荧光屏的中心点O与A、B板的中心轴线在同一水平直线上．不计电子之间的相互作用力及其所受的重力．
(1)要使电子都打不到荧光屏上，求A、B两板间所加电压U2应满足的条件；
(2)当A、B板间所加电压U′2＝50 V时，求电子打在荧光屏上距离中心点O多远的范围内．

图K24­3
4．(1)U2≥100 V　(2)2.5～5.0 cm
[解析] (1)设电子的质量为m、电荷量为e，电子通过加速电场后的速度为v，由动能定理有：eU1＝mv2
电子通过偏转电场的时间t＝
此过程中电子的侧向位移y＝at2＝
解得：y＝；
要使电子都打不到屏上，应满足U1取最大值800 V时仍有y≥
代入数据可得，为使电子都打不到屏上，U2至少为100 V.
(2)当电子恰好从A板右边缘射出偏转电场时，其侧移量最大，ymax＝＝2.5 cm
电子飞出偏转电场时，其速度的反向延长线通过偏转电场的中心，设电子打在屏上距中心点的最大距离为Ymax，则由几何关系可得：＝，解得Ymax＝ymax＝5.0 cm
由第(1)问中的y＝可知，在其他条件不变的情况下，U1越大y越小，所以当U1＝800 V时，电子通过偏转电场的侧移量最小．其最小侧移量ymin＝＝1.25×10－2 m＝1.25 cm
同理，电子打在屏上距中心点的最小距离Ymin＝ymin＝2.5 cm
所以电子打在屏上距中心点O在2.5～5.0 cm范围内．