2020-2021学年河北廊坊高二上物理月考试卷

2020-2021学年河北廊坊高二上物理月考试卷

‎2020-2021学年河北廊坊高二上物理月考试卷 一、选择题 ‎ ‎ ‎1. 下列说法中正确的是（        ） ‎ A.由库仑定律F=‎kQ‎1‎Q‎2‎r‎2‎，可知，r→0‎时，‎F→∞‎ B.由电场强度E=‎Fq可知，电场强度E与电荷量q成反比 C.由点电荷场强公式E=‎kQr‎2‎可知，r一定时，电荷量Q越大，场强E越大 D.由电势差U=Ed可知，电场强度一定时，两点间距离越大，这两点间电势差越大 ‎ ‎ ‎2. 如图所示，图中虚线表示某一电场的等势面，cd为过O点的等势面的切线．现用外力将负点电荷q从a点沿着直线aOb匀速移到b点，当电荷通过O点时，关于外力的方向，下列说法正确的是（不计重力）（        ） ‎ A.Od方向 B.Oc方向 C.Oa方向 D.以上说法都不对 ‎ ‎ ‎ ‎3. 如图所示，在绝缘的光滑水平面上，相隔一定距离有两个带同种电荷的小球，从静止同时释放，则两个小球的加速度和速度大小随时间变化的情况是（        ） ‎ A.速度变大，加速度变大 B.速度变小，加速度变小 C.速度变大，加速度变小 D.速度变小，加速度变大 ‎ ‎ ‎ ‎4. 已知在电场中的某点A引入试探电荷q，测得q所受电场力为F，则该处电场强度E=‎Fq，下列关于A点的电场强度的说法正确的是（        ） ‎ A.若移走试探电荷q，A点的电场强度变为‎0‎ B.若移走试探电荷q，A点的电场强度仍为E C.若将试探电荷换成‎2q，A点的电场强度变为E‎2‎ D.若将试探电荷换成‎2q，A点的电场强度变为‎2E ‎ ‎ ‎5. 如图所示，悬挂在O点的一根不可伸长的绝缘细线下端有一个带电量不变的小球A．在两次实验中，均缓慢移动另一带同种电荷的小球B．当B到达悬点O的正下方并与A在同一水平线上，A处于受力平衡时，悬线偏离竖直方向的角度为θ，若两次实验中B的电量分别为q‎1‎和q‎2‎，θ分别为‎30‎‎∘‎和‎45‎‎∘‎．则q‎2‎q‎1‎为（ ） ‎ A.‎2‎ B.‎3‎ C.‎2‎‎3‎ D.‎‎3‎‎3‎ ‎ ‎ ‎6. a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个平行四边形的四个顶点．电场线与平行四边形所在的平面平行．已知a点的电势是‎3V，b点的电势是‎15V，d点的电势是‎−3V，如图所示，由此可知，c点的电势为（        ）  ‎ A.‎−3V B.‎3V C.‎9V D.‎‎15V ‎ ‎ ‎7. 某区域的电场线分布如图所示，其中间一根电场线是直线，一带正电的粒子从直线上的O点由静止开始在电场力作用下运动到A点．取O点为坐标原点，沿直线向右为x轴正方向，粒子的重力忽略不计．则在运动过程中，下列关于粒子运动速度v和加速度a随时间t的变化、粒子的动能Ek和运动径迹上电势φ随位移x的变化图线可能正确的是（ ） ‎ A. B. ‎ 第13页 共16页 ◎ 第14页 共16页 C. D. ‎ ‎ ‎ ‎8. 如图所示，平行板电容器与直流电源（内阻不计）连接，下极板接地．一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态．现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，则（ ） ‎ A.带电油滴将沿竖直方向向上运动 B.P点的电势将降低 C.带电油滴的电势能减小 D.若电容器的电容减小，则极板带电荷量将增大 ‎ ‎ ‎9. 如图所示，空间中存在着由一固定的电荷Q（图中未画出）产生的电场．另一试探电荷‎+q仅在电场力作用下沿曲线MN运动，在M点的速度大小为v‎0‎，方向沿MP方向，到达N点时速度大小为v，且v<‎v‎0‎，则（ ） ‎ A.Q一定在虚线MP上方 B.M点的电势比N点的电势高 C.q在M点的电势能比在N点的电势能小 D.q在M点的加速度比在N点的加速度大 ‎ ‎ ‎10. 如图所示，两绝缘细线末端系一轻质带正电的小球a ‎（重力不计），地面上固定一光滑的绝缘‎1‎‎4‎圆弧管道AB，圆心与a球位置重合，一质量为m、带负电的小球b从A点由静止释放，a球由于受到绝缘细线的拉力而静止，其中细线O‎′‎c水平，Oc悬线与竖直方向的夹角为θ．已知重力加速度大小为g．当b球沿圆弧管道运动到a球正下方B点时对管道壁恰好无压力，在此过程中（a、b两球均可视为点电荷）（        ） ‎ A.b球所受的库仑力大小为‎3mg B.b球的机械能逐渐减小 C.水平细线的拉力先增大后减小 D.悬线Oc的拉力先增大后减小 ‎ ‎ ‎11. 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，两极间产生一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．不计空气阻力，则可知（        ） ‎ A.微粒在电场中做抛物线运动 B.微粒打到C点时的速率与射入电场时的速率相等 C.MN板间的电势差为‎2mv‎0‎‎2‎q D.MN板间的电势差为Ev‎0‎‎2‎‎2g ‎ ‎ ‎12. 如图所示，空间存在一匀强电场，其方向与水平方向间的夹角为‎30‎‎∘‎，A、B连线与电场垂直，一质量为m，电荷量为q的带正电小球以初速度v‎0‎从A点水平向右抛出，经过时间t小球最终落在C点，速度大小仍是v‎0‎，且AB=BC，则下列说法中正确的是（ ） ‎ A.电场方向沿电场线斜向上 第13页 共16页 ◎ 第14页 共16页 B.电场强度大小为E=‎mgq C.小球下落高度‎3‎‎4‎gt‎2‎ D.此过程增加的电势能等于‎1‎‎2‎mg‎2‎t‎2‎ 二、填空题 ‎ ‎ ‎ 如图所示，匀强电场水平向左，带正电物块A沿绝缘水平板向右运动，经P点时动能为‎200J，到Q点时，动能减少了‎160J，电势能增加了‎96J，则他再回到P点时的动能为________ J． ‎ 三、解答题 ‎ ‎ ‎ 用一根长为l的丝线吊着一质量为m、带电荷量为q的小球静止在水平向右的匀强电场中，如图所示，丝线与竖直方向成‎37‎‎∘‎角，现突然将该电场方向变为向下但大小不变，不考虑因电场的改变而带来的其他影响（重力加速度为g），求： ‎ ‎（1）匀强电场的电场强度的大小．‎ ‎ ‎ ‎（2）小球经过最低点时丝线的拉力．‎ ‎ ‎ ‎ 如图所示，倾角为θ的斜面AB是粗糙且绝缘的，AB长为L，C为AB的中点，在A、C之间加一方向垂直斜面向上的匀强电场，与斜面垂直的虚线CD为电场的边界．现有一质量为m、电荷量为q的带正电的小物块（可视为质点），从B点开始在B、C间以速度v‎0‎沿斜面向下做匀速运动，经过C后沿斜面匀加速下滑，到达斜面底端A时的速度大小为v．试求： ‎ ‎（1）小物块与斜面间的动摩擦因数μ．‎ ‎ ‎ ‎（2）匀强电场场强E的大小．‎ ‎ ‎ ‎ 一束初速度不计的电子流在经U=5000V的加速电压加速后，在距两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示，若板间距离d=1.0cm，板长l=5.0cm，则： ‎ ‎（1）要使电子能从平行板间飞出，两个极板上最多能加多大电压？‎ ‎ ‎ ‎（2）若在偏转电场右侧距极板右边缘x=2.5cm处放置一半径R=0.5cm的光屏（中线过光屏中心且与光屏垂直），要使电子能从平行板间飞出，且打到光屏上，则两个极板上最多能加多大电压？‎ 第13页 共16页 ◎ 第14页 共16页 参考答案与试题解析 ‎2020-2021学年河北廊坊高二上物理月考试卷 一、选择题 ‎1.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 电势差与电场强度的关系 点电荷的场强 库仑定律 电场强度 ‎【解析】‎ 电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷无关；场强公式E=‎Fq，只是为研究电场的方便，采用比值法下的定义；再根据点电荷的场强强度公式E=‎kQr‎2‎，电场强度只由场源电荷电量和位置决定．‎ ‎【解答】‎ 解：A．真空中两个点电荷间的作用力遵守库仑定律，但是当r→0‎时，电荷已不能当作点电荷，故A错误． B．电场强度取决于电场本身，与试探电荷的电荷量无关，电场强度的定义式E=‎Fq只是为研究电场的方便，采用比值法下的定义，故B错误． C．根据点电荷的场强公式E=‎kQr‎2‎知，r一定时，电场中某点电场强度和场源电荷的电量有关，电荷量Q越大，场强E越大，故C正确． D．匀强电场中，电势差U=Ed，d是沿电场方向的距离，故匀强电场中的任意两点a、b间的距离越大，两点间的电势差不一定越大，故D错误． 故选：C．‎ ‎2.‎ ‎【答案】‎ D ‎【考点】‎ 电场中轨迹类问题的分析 ‎【解析】‎ 负点电荷匀速运动时所受的外力与电场力大小相等、方向相反，而电场力方向根据电场线方向判断．分析时抓住：电场线与等势面垂直．负点电荷受到的电场力方向与电场线的方向相反．‎ ‎【解答】‎ 解：由于图中cd为O点等势面的切线，根据电场线与等势面垂直可知，O点处电场的方向与cd垂直； 由图可知，b处的电势高于a处的电势，所以O处电场方向垂直于cd向右，负电荷q受到的电场力的方向与电场的方向相反，所以负电荷q受到的电场力方向垂直cd向左，负点电荷q匀速运动时所受的外力与电场力大小相等、方向相反，所以当负电荷q通过O点时，外力的方向垂直于cd向右，故ABC错误，D正确． 故选D．‎ ‎3.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 库仑定律与力学问题的综合应用 ‎【解析】‎ 根据库仑定律分析电荷间作用力的变化．根据牛顿第二定律分析加速度之比的变化．‎ ‎【解答】‎ 解：因小球受到的库仑力与小球的运动方向相同，故小球将一直做加速运动，速度变大，又由于两小球间距离增大，它们之间的库仑力越来越小，故加速度越来越小，故C正确，ABD错误． 故选C．‎ ‎4.‎ ‎【答案】‎ B ‎【考点】‎ 电场强度 ‎【解析】‎ 场强的定义式E=‎Fq，是采用比值法定义的，定义出来的电场强度与放入电场中的试探电荷无关，由电场本身的性质决定．‎ ‎【解答】‎ 解：电场中的电场强度反映电场本身的性质，与放入电场中的试探电荷无关，无论有无检验电荷、检验电荷的电量如何，电场强度的大小和方向都不变，故ACD错误，B正确． 故选B．‎ ‎5.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 库仑力作用下的平衡问题 ‎【解析】‎ 小球A受力平衡，在两种情况下，对小球A受力分析，根据受力平衡的条件列方程既可以求得q‎1‎和q‎2‎的关系．‎ ‎【解答】‎ 解：A球电量不变，设为q‎0‎，两种情况下A球均在三个力作用下平衡， 库仑力F=kq‎0‎qr‎2‎， A球质量设为m，对A球应用共点力平衡条件得kq‎0‎qr‎2‎=mgtanθ， 两球之间的距离r=Lsinθ， 其中L为线长，r为两球球心之间的距离， 由以上两式得到q=mgL‎2‎kq‎0‎tanθsin‎2‎θ， 所以q‎2‎q‎1‎‎=tan‎45‎‎∘‎sin‎2‎‎45‎‎∘‎tan‎30‎‎∘‎sin‎2‎‎30‎‎∘‎=2‎‎3‎． 故选：C．‎ ‎6.‎ ‎【答案】‎ 第13页 共16页 ◎ 第14页 共16页 C ‎【考点】‎ 匀强电场中电势差和电场强度的关系 ‎【解析】‎ 在匀强电场中，每前进相同的距离，电势的降落相等，根据该结论列式求解即可．‎ ‎【解答】‎ 解：在匀强电场中，每经过相同的距离，电势的变化量相等，可得φa‎−φd=φb−‎φc， 代入数据，得‎3V−(−3V)=15V−‎φc， 解得：φc‎=9V，故ABD错误，C正确． 故选C．‎ ‎7.‎ ‎【答案】‎ B ‎【考点】‎ 静电场中的Ep-x图象问题 静电场中的φ-x图象问题 静电场中的v-t图像问题 能量守恒定律的应用 ‎【解析】‎ 根据电场线的分布，可确定电场强度的方向与大小，根据电荷在电场中受到的电场力可知加速度大小的变化．由电场线的方向来确定电势的变化，再由电荷的电性与电势高低来确定电势能的变化．‎ ‎【解答】‎ 解：AB．由图可知，从O到A点，电场线由疏到密，电场强度先减小后增大，方向不变，因此电荷受到的电场力先减小后增大，则加速度先减小后增大，故A错误，B正确； C．沿着电场线方向电势降低，而电势与位移的图像的斜率表示电场强度，故C错误； D．根据能量守恒关系，则ΔEk=−ΔEp，而ΔEp=−q⋅U，且U=E⋅Δx，由此可知，ΔEkΔx‎=qE，因此粒子的动能Ek随位移x的变化图线斜率先减小后增大，故D错误． 故选：B．‎ ‎8.‎ ‎【答案】‎ B ‎【考点】‎ 电容器的动态分析 电势能 电势 ‎【解析】‎ 将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，电容器两板间电压不变，根据E=‎Ud分析板间场强的变化，判断电场力变化，确定油滴运动情况。由U＝Ed分析P点与下极板间电势差如何变化，即能分析P点电势的变化和油滴电势能的变化。‎ ‎【解答】‎ 解：A．将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据E=‎Ud得知板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动，故A错误； B．场强E减小，而P点与下极板间的距离不变，则由公式U=Ed分析可知，P点与下极板间电势差将减小，而P点的电势高于下极板的电势，则知P点的电势将降低，故B正确； C．由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴带负电，P点的电势降低，则油滴的电势能将增加，故C错误； D．根据Q=UC，由于电势差不变，根据C=‎εS‎4πkd可知，电容器的电容减小，故带电量减小，故D错误． 故选B．‎ ‎9.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 电场中轨迹类问题的分析 ‎【解析】‎ 曲线运动合力指向曲线的内侧，题中只有电场力做功，动能和电势能之和守恒，正电荷在电势越高的点电势能越大．‎ ‎【解答】‎ 解：A．曲线运动合力指向曲线的内侧，由于试探电荷从M到N速度减小，所以可知试探电荷受到的电场力与轨迹方向成钝角，当固定电荷Q带负电时，可以在MP的下方，故A错误； BC．只有电场力做功，动能和电势能之和守恒，N点动能小，故在N点电势能大，根据公式φ=‎Epq，N点的电势高，故B错误，C正确； D．固定电荷为正电荷时，离N比较近，试探电荷在N点加速度大，固定电荷为负电荷时，离M比较近，试探电荷在M点加速度大，故D错误． 故选：C．‎ ‎10.‎ ‎【答案】‎ A,C ‎【考点】‎ 库仑定律与力学问题的综合应用 机械能守恒的判断 ‎【解析】‎ 此题暂无解析 ‎【解答】‎ 解：B．b球在运动过程中受重力、库仑力以及弹力作用，由于库仑力和弹力不做功，只有重力做功，所以b球机械能守恒，故B错误； A．根据机械能守恒定律可得mgR=‎1‎‎2‎mvB‎2‎，而在B点时b球对管壁恰好无压力，则根据向心力公式可得F库‎−mg=mvB‎2‎R，解得F库‎=3mg，故A正确； CD．对a球受力分析，a球受两细线的拉力以及库仑力的作用而处于平衡状态，随着b球的下落，库仑力与水平方向的夹角越来越大，由于两细线拉力的方向不变，而两力的合力始终等于库仑力，大小保持不变，b球在A点时，细线Oc没有拉力，水平细线的拉力等于库仑力，根据力的平行四边形定则可知水平细线的拉力先增大后减小，细线Oc的拉力逐渐增大，故C正确，D错误． 故选AC．‎ ‎11.‎ 第13页 共16页 ◎ 第14页 共16页 ‎【答案】‎ A,B ‎【考点】‎ 带电粒子在重力场和电场中的运动 动能定理的应用 ‎【解析】‎ 根据类平抛运动的特点：初速度的方向与合外力的方向垂直来判定粒子是否在电场中做类平抛运动，根据动能定理判定粒子达到C点是的速度，和MN之间的电势差．‎ ‎【解答】‎ 解：A．因电场力和重力均为恒力，其合力亦为恒力，且与v‎0‎有一定夹角，故微粒做抛物线运动，但不是类平抛运动，故A正确； B．因AB=BC，即v‎0‎‎2‎t=vC‎2‎t，故vC‎=‎v‎0‎，故B正确； CD．由动能定理得： W电‎+WG=ΔEk=0‎，即：Uq‎2‎‎=mgv‎0‎‎2‎‎2g，所以U=‎mv‎0‎‎2‎q， 由mg=qE得：q=‎mgE，MN之间宽度为d=2AB=‎v‎0‎‎2‎g，故U=Ed=‎Ev‎0‎‎2‎g，故CD错误． 故选AB．‎ ‎12.‎ ‎【答案】‎ B,C ‎【考点】‎ 带电粒子在重力场和电场中的运动 动能定理的应用 ‎【解析】‎ 本题要注意分析小球受力情况，明确重力及电场力做功情况，再由电场线利用好几何关系确定小球的高度变化；要注意采用运动的合成与分析知识。‎ ‎【解答】‎ 解：A．由题意可知，小球在下落过程中动能不变，而重力做正功，则电场力做负功，而小球带正电，故电场线应斜向下，故A错误； B．由动能定理可知，mgABsin‎60‎‎∘‎=‎EqBCsin‎60‎‎∘‎，解得：E=‎mgq，故B正确； C．将电场力分解为沿水平方向和竖直方向，则有竖直分量中产生的电场力F=‎E‎′‎q=‎mgcos‎60‎‎∘‎=‎mg‎2‎，则物体在竖直方向上的合力F合‎=‎mg+mg‎2‎=‎‎3mg‎2‎，则由牛顿第二定律可知，竖直方向上的分加速度ay‎=‎‎3g‎2‎，则下落高度h=‎1‎‎2‎ayt‎2‎=‎‎3gt‎2‎‎4‎，故C正确； D．此过程中电场力做负功，电势能增加，由几何关系可知，小球在沿电场线的方向上的位移x=‎‎3gt‎2‎‎4‎，则电势能的增加量ΔEp=‎Eqx=‎‎3mg‎2‎t‎2‎‎4‎，故D错误． 故选BC．‎ 二、填空题 ‎【答案】‎ ‎40‎ ‎【考点】‎ 电场力做功与电势能变化的关系 动能定理的应用 ‎【解析】‎ 设物体向右运动到R点静止，然后返回，PQ间距离为x‎1‎，QR间距离为x‎2‎，则由动能定理可以求出两段距离之间的关系，又因为电场力做的功等于电势能的减少量，进而求出摩擦力做的功，因此，由P到R再回到P的过程中‎−2(fx‎1‎+fx‎2‎)=Ek−‎Ek0‎，即可求解．‎ ‎【解答】‎ 解：PQ间距离为x‎1‎，QR间距离为x‎2‎，则由动能定理得： ‎−(f+qE)x‎1‎=−160J， ‎−(f+qE)x‎2‎=−40J， 所以x‎2‎‎=‎‎1‎‎4‎x‎1‎， 又qEx‎1‎=96J， 则fx‎1‎=160J−96J=64J， 所以fx‎2‎=‎1‎‎4‎×64J=16J， 带电物体再次回到P点时，电场力做功为零，根据动能定理有： ‎−2(fx‎1‎+fx‎2‎)=Ek−‎Ek0‎， 所以有：Ek‎=Ek0‎−2(fx‎1‎+fx‎2‎)=200J−2×(64+16)J=40J．‎ 三、解答题 ‎【答案】‎ ‎（1）匀强电场的电场强度的大小为‎3mg‎4q．‎ ‎（2）小球经过最低点时丝线的拉力为‎49‎‎20‎mg．‎ ‎【考点】‎ 带电粒子在重力场和电场中的运动 带电物体在电场中的平衡问题 ‎【解析】‎ ‎（1）以小球为研究对象，分析受力情况，由于小球处于静止状态，合力为零，由平衡条件求解电场强度大小；‎ ‎（3）小球经过最低点时，由重力、电场力和丝线的拉力的合力提供了向心力，根据牛顿第二定律求解丝线对小球的拉力．‎ ‎【解答】‎ 解：（1）以小球为研究对象， 小球受重力mg、电场力qE、丝线的拉力FT， 其受力分析如图‎1‎所示： ‎ 第13页 共16页 ◎ 第14页 共16页 由平衡条件得：mgtan‎37‎‎∘‎=qE， 解得：E=‎‎3mg‎4q．‎ ‎（2）电场方向变成向下后，小球开始摆动做圆周运动，重力、电场力对小球做正功，由动能定理得：‎1‎‎2‎mv‎2‎=(mg+qE)l(1−cos‎37‎‎∘‎)‎， 其受力分析如图‎2‎所示： 小球经过最低点时有：FT‎−mg−qE=mv‎2‎l， 解得FT‎=‎49‎‎20‎mg．‎ ‎【答案】‎ ‎（1）小物块与斜面间的动摩擦因数μ为tanθ．‎ ‎（2）匀强电场场强E的大小为m(v‎2‎−v‎0‎‎2‎)‎qLtanθ．‎ ‎【考点】‎ 带电粒子在重力场和电场中的运动 带电物体在电场中的平衡问题 ‎【解析】‎ 小物体在BC上做匀速运动，对小物体进行受力分析，然后根据平衡条件列方程求解即可； 小物体做匀加速运动时根据牛顿第二定律和速度位移公式列方程求解即可．‎ ‎【解答】‎ 解：（1）小物块在B、C间匀速运动， 由受力平衡得FN‎=mgcosθ， Ff‎=mgsinθ， 而Ff‎=μFN， 联立解得μ‎=tanθ．‎ ‎（2）小物块在C、A间做匀加速直线运动，受力情况如图所示： 则FN‎′‎‎=mgcosθ−qE， Ff‎′‎‎=μFN‎′‎， 根据牛顿第二定律得mgsinθ−Ff‎′‎=ma， v‎2‎‎−‎v‎0‎‎2‎‎=2a×‎L‎2‎， 其中μ=tanθ， 联立解得E=‎m(v‎2‎−v‎0‎‎2‎)‎qLtanθ．‎ ‎【答案】‎ ‎（1）要使电子能从平行板间飞出，两个极板上最多能加‎400V的电压．‎ ‎（2）两个极板上最多能加‎200V的电压．‎ ‎【考点】‎ 带电粒子在电场中的加（减）速和偏转 ‎【解析】‎ ‎（1）在加速电压一定时，偏转电压U′‎越大，电子在极板间的偏转距离就越大．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．进入偏转电场，电子在平行于板面的方向上作匀速运动，在垂直于板面的方向上作匀加速直线运动，偏转距离为y，能飞出的条件为y≤‎1‎‎2‎d，联立方程即可解题；‎ ‎（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，离开偏转电场后做匀速直线运动，应用类平抛运动规律求解．‎ ‎【解答】‎ 解：（1）在加速电场中，由动能定理得：qU=‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎−0‎， 电子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向：l=v‎0‎t， 因为y=‎1‎‎2‎at‎2‎，F=ma，F=qE，E=‎U‎′‎d， 所以竖直方向上偏转的距离：y=‎U‎′‎l‎2‎‎4Ud， 能从平行板电容器间飞出的条件为：y≤‎d‎2‎， 即U‎′‎‎≤‎‎2Ud‎2‎l‎2‎，解得：U‎′‎‎≤400V， 故两个极板上最多能加‎400V的电压．‎ ‎（2）设电子在电场中的偏移量为y‎′‎，极板间所加电压为U‎2‎， 根据几何关系知l‎2‎l‎2‎‎+x‎=‎y‎′‎R， 其中y‎′‎‎=‎U‎2‎l‎2‎‎4Ud， 解得：U‎2‎‎=200V， ‎ 第13页 共16页 ◎ 第14页 共16页 两个极板最多能加‎200V的电压．‎ 第13页 共16页 ◎ 第14页 共16页