周测七试卷 答案

明英中学2020-2021学年度高二上学期周测（七）物理试卷

出题人：高鹏科审题人：施凯川、周琼琼组长：王文连

一、选择题（每小题5分，共60分。第1-8小题为单选题，第9-12小题为多选题，多选题全对给5分，选不全给3分，有错选的给0分）

1．在x轴上有两个点电荷，一个带正电Q1，另一个带负电Q2，且Q1=2Q2，用E1和E2分别表示两个点电荷所产生的场强大小，则在x轴上

A．E1=E2之点只有一个，该处的合场强为零

B．E1=E2之点共有两处，一处合场强为零，另一处合场强为2E2

C．E1=E2之点共有三处，其中两处合场强为零，另一处合场强为2E2

D．E1=E2之点共有三处，其中一处合场强为零，另两处合场强为2E2

2．A、B、C三个灯泡如图所示的方式连接时，各灯消耗的实际功率相同，则三个灯泡电阻之比R A：R B：R C 为（）

A．1：1：1 B．1：2：2 C．1：4：4 D．2：1：1

3．如图所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r，当变阻器R的滑动触头向a端移动时，下列判断正确的是（）

A．电流表A1的示数变大

B．电流表A2的示数变小

C．电流表A2的示数不变

D．电压表V的示数变小

4．空间内有一水平向右的电场E，现有一带电量为＋q的小球以初速度为v0向右上抛出，已知

3

3

mg

E

q ，

求小球落地点距离抛出点的最远距离（）

A．

2

v

g

B．

2

2v

C．

2

3v

D．

2

2v

g

5．如图所示，竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘，两个带有同种电荷的小球A、B分别位于竖直墙面和水平地面，且处于同一竖直平面内，若用图示方向的水平推力F作用于小球B，则两球静止

于图示位置．如果将小球向左推动少许，待两球重新达到平衡时，跟原来相比（）

A．两小球间距离将增大，推力F将减小B．两小球间距离将增大，推力F将增大

C．两小球间距离将减小，推力F将增大D．两小球间距离将减小，推力F将减小

6．如图所示，1L 和2L 是两个完全相同的灯泡，电源电动势为E ，内电阻为r ，当滑动变阻器滑动头P 由a 端逐渐向b 端滑动时，电流表A 的示数和1L 、2L 的亮度变化是（ ） A ．A 示数先变大后变小 B ．A 示数先变小后变大 C ．1L 灯先变暗后变亮

D ．2L 灯先变暗后变亮

7．一个T 形电路如图所示，电路中的电阻130R =Ω，2320R R ==Ω，另有一测试电源，所提供电压恒为10V ，以下说法正确的是 A ．若将cd 端短路，ab 之间的等效电阻是50Ω B ．若将ab 端短路，cd 之间的等效电阻是40Ω C ．当ab 两端接上测试电源时，cd 两端的电压为4V D ．当cd 两端接通测试电源时，ab 两端的电压为6V

8．如图所示的电路中，定值电阻R 0与电源内阻r 的阻值相等，各表均为理想电表。向左移动滑动变阻器的滑片P 时各表示数的改变量分别为1I ?、2I ?和U ?，正确的是（ ） A ．三块表的示数都减小 B ．电源的输出功率先增大后减小 C ．

2

U

I ??为定值 D ．12I I ?

A ．指针指在电阻刻度较靠近0Ω的某刻度线上，则应换用“×1k”的欧姆档测量

B ．指针指在电阻刻度较靠近0Ω的某刻度线上，则应换“×10”或“×1”欧姆档测量

C ．指针指在电阻刻度较靠近∞的某刻度线上，则应换用“×1k”的欧姆档测量

D ．指针指在电阻刻度较靠近∞的某刻度线上，则应换用“×10”或“×1”的欧姆档测量

10．反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，现对该过程做如下简化∶匀强电场的方向平行于x 轴，其电势φ随x 的变化关系如图所示，质量为m=1.0×

10 -20kg 电荷量为q=1.0×10 -9

C 的带负电的粒子，从x= -1cm 处静止释放，仅在电场力作用下在x 轴上运动。

不计粒子的重力，下列说法正确的是（ ）

A ．x 轴负半轴电场强度和正半轴电场强度的大小之比为1：2

B ．粒子运动到x =0.5cm 处，速度最大

C ．粒子的最大动能为2.0×10-8 J

D ．粒子经3.0 × 10- 8 s ，完成一次往复运动 11．在如图所示的电路中，电源电动势为

E 、内电阻为r ，负极接地，R 1、R 2、R 3为定值电阻，R 为滑动变阻器，C 为电容器，A 、V 分别为理想电流表和电压表。在滑动变阻器的滑片P 自b 端向a 端滑动的过程中，下列说法正确的是（ ）

A．电压表V示数变大B．电流表A示数变小

C．电路中a点的电势升高D．电容器C所带电荷量减小

12．.如图甲所示，在绝缘水平面上方的MM′和PP′范围内有方向水平向右的电场，电场强度大小沿电场线方向的变化关系如图乙所示．一质量为m、带电荷量为＋q

的小物块(可视为点电荷)从水平面上的A点以初速度v0向

右运动，到达B点时速度恰好为零．若滑块与水平面之间

的动摩擦因数为μ，A、B两点间的距离为l，重力加速度

为g．则以下判断正确的是()

A．小物块在运动过程中所受到的电场力一直小于滑动摩擦力

B．小物块在运动过程中的中间时刻，速度大小大于0

2

v

C．A、B两点间的电势差为

2

(2)

2

μ-

m gl v

q

D．此过程中产生的内能为2

1

2

mv

二、实验题（每空2分，共16分）

13．某多用表内部的部分电路如图所示，已知微安表表头内阻R g=100Ω，满偏电流I g=200μA，定值电阻

R1=2.5Ω，R2=22.5Ω，电源电动势E=1.5V，则该多用表

（1）A接线柱应该是与___________（填“红”或“黑”）表笔连接；

（2）当选择开关接___________（填“a”或“b”）档时其对应的电阻档的倍率更高；

（3）若选a档测量电阻，则原表盘100μA，对应的电阻刻度值应当为_______Ω；

原表盘50μA的刻度，对应的电阻刻度值应当为______Ω．

14．某物理兴趣小组的同学要测定电源（由两节新干电池组成）的电动势和内阻，该同学根据实验室提供的实验器材设计了如图甲所示的原理图，其中定值电阻R0=1.8Ω。还有一毫安表，量程为40mA、内阻为r A=4Ω。

(1)因为所给毫安表的量程较小，需利用定值电阻R1将毫安表改装成量程为200mA的电流表，图甲的虚线框内为改装后的电流表，其中R1=_____________Ω。

(2)某次实验中电压表的示数如图丙所示，则此次实验中电压表的读数为_________V。

(3)现将实验中所测得的实验数据（的示数用U表示，mA的示数用I表示）描绘在如图乙所示的坐标纸上，并画出了U-I图像，根据图乙可知电源的电动势为2.98V，则可求得内阻为r=_________Ω（结果保留两位小数）。

(4)当电压表读数为2.30V时，由图乙可知I=30mA，此时电源的输出功率为_________W（结果保留两位小数）。

三、解答题（第15题10分，第16题12分，第17题12分，共34分。）

15．如图所示，已知R3＝3Ω，理想电压表读数为3v，理想电流表读数为2A，某时刻由于电路中R3发生断路，电流表的读数2．5A，R1上的电压为5v，求：

（1）R 1大小、R3发生断路前R2上的电压、及R2阻值各是多少？（R3发生断路

时R2上没有电流）

（2）电源电动势E和内电阻r各是多少？

16．如图所示电路，电源内阻，，，灯L标有“3V 1.5W”字样，滑动变阻器最大值为

R，当滑片P滑到最右端A时，电流表读数为1A，此时灯L恰好正常发光，试求：

（1）电源电动势E；

（2）当滑片P滑到最左端B时，电流表读数；

（3）当滑片P位于滑动变阻器的中点时，滑动变阻器上消耗的功率．

17．如图，两水平面（虚线）之间的距离为H，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场．自该区域上方的A 点将质量为m、电荷量分别为q和–q（q>0）的带电小球M、N先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出．小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开．已知N离开电场时的速度方向竖直向下；M在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N刚离开电场时的动能的1.5倍．不计空气阻力，重力加速度大小为g．求

（1）M与N在电场中沿水平方向的位移之比；

（2）A点距电场上边界的高度；

（3）该电场的电场强度大小．

（附加题）10分．如图所示，光滑绝缘斜面高度h＝0.45 m，斜面底端与光滑绝缘水平轨道圆弧连接，水平轨道边缘紧靠平行板中心轴线．平行板和三个电阻构成如图所示电路，平行板板长为l＝0.9 m，板间距离d＝0.6 m，R1＝3 Ω，R2＝3 Ω，R3＝6 Ω．可以看为质点的带电小球，电量q＝－0.01 C，质量m＝0.03 kg，从斜面顶端静止下滑．

（1）若S1、S2均断开，小球刚好沿平行板中心轴线做直线运动，求电源电动势E．

（2）若S1断开，S2闭合，小球离开平行板右边缘时，速度偏向角tan θ＝2

5

，求电源内阻r．

（3）若S1、S2均闭合，判断小球能否飞出平行板？

参考答案

1．B 【解析】

画出示意图（下图），由于Q 1>Q 2，所以，在x 轴上E 1=E 2的点只能在两电荷Q 1、E 2的连线中间或点电荷Q 2的右侧．Q 1、Q 2在连线中间产生场强的方向相同，当该处到Q 1、Q 2的距离之比r 1/r 2=

时，即可使E 1=E 2，合场强为2E 2；

Q 1、Q 2在Q 2右侧产生的场强相反，当该处到Q 1、Q 2的距离之比r 1/r 2=

时，则E 2=E 1，合场强为零，故应选B ．

2．C 【解析】 【分析】

本题主要考查串并联电路的特点，根据三个灯泡的连接方式且三个灯泡的实际功率相等，结合功率公式可判断其电阻关系． 【详解】

由图可以知道B 与C 并联再与A 串联，由题三灯实际功率相同，根据并联电路的特点可知

B C U U = ，由2

U P R

=可知，B C R R = ，则B C I I =，而2A B C B I I I I =+= ，且A B P P =，根据2P I R =可知，2

2

1

4

A B B A R I R I == ，所以::1:4:4A B C R R R =，故C 正确． 3．B 【解析】 【分析】 【详解】

D ．当变阻器R 的滑动触头向a 端移动时，变阻器的电阻变大，它与R 0并联的总电阻变大，故外电路电阻变大，路端电压增大，即电压表的示数变大，选项D 错误；

A ．总电阻变大，由欧姆定律可得，总电流减小，即电流表A 1的示数变小，选项A 错误； BC ．电阻R 0的两端电压增大，则R 0支路上的电流变大，由于总电流等于R 0的电流加上变阻器支路上的电流，故变阻器支路上的电流变小，即电流表A 2的示数变小，选项B

正确，

C 错误. 故选B 。 4．C 【解析】 【分析】 【详解】

设与水平方向发射角θ，落地点y =0，故竖直方向上有

201

cos 02

v t gt θ?-=

解得

g

t v θsin 20

=

在水平方向有

2222

200

02sin cos cos [sin 2cos 2]v v x v t g g θθθθθ=?=+=-

又因为

sin 22)

6πθθθ=-≤，

所以最远射程为

2

x g

= 故C 正确，ABD 错误。 故选C 。 5．A 【解析】 【分析】 【详解】

以A 球为研究对象，分析受力，作出力图如图1所示：设B 对A 的库仑力F 与墙壁的夹角

为θ，由平衡条件得竖直墙面对小球A 的弹力为：1

A N m gtan θ=，将小球

B 向左推动少

许时θ减小，则N 1减小；库仑力：A m g

F cos θ

=

库，θ减小，cos θ增大，F 库减小，根据库仑定律分析得知两球之间的距离增大；再以AB 整体为研究对象，分析受力如图2所示，由

平衡条件得：1

F N =，则推力F 减小，故A 正确，B 、C 、D 错误； 故选A ．

【点睛】

运用隔离法和整体法结合分析动态平衡问题，关键是确定研究对象（往往以受力较少的物体为研究对象），分析受力情况． 6．B 【解析】 【详解】

AB.1L 和滑动变阻器上半部分串联，2L 和滑动变阻器下半部分串联，这两部分再并联，故当滑片从a 端逐渐向b 端滑动时，并联部分电阻先大，后变小，当滑片滑到正中间时电阻最大，故电路中的总电阻先变大后边小，故A 示数先变小后变大，A 错误，B 正确；

CD.当滑动变阻器滑到正中间时，电路中接入电路阻值最大，此时并联部分分压最多，与初状态相比，2L 支路中的电阻变小，故2L 变亮，干路电流变小而2L 中电流变大，故1L 变暗；滑片继续往下滑到b 端时，由于不能确定灯泡电阻和滑动变阻器最大阻值之间的关系，故无法确定两灯泡中电流变化情况，故C 、D 错误 故选B 。 7．C 【解析】 【分析】 【详解】

当cd 端短路时，ab 间电路的结构是：电阻23R R 、并联后与1R 串联，等效电阻为：

231232020

30402020

R R R R R R ?=

+=+=Ω++，故A 错误；当ab 端短路时，

cd 之间电路结构是：电阻13R R 、并联后与2R 串联，等效电阻为：132133020

20323020

R R R R R R ?=

+=+=Ω++，故

B 错误；当ab 两端接通测试电源时，cd 两端的电压等于电阻R 3两端的电压，

31320

1043020

R U E V R R =

=?=++；故C 正确；当cd 两端接通测试电源时，ab 两端的电

压等于电阻3R 两端的电压，为332320

1052020

R U E V R R ==?=++，故D 错误；

【点睛】

对于电路问题，首先要明确电路的结构，并能正确应用串并联电路的规律进行分析，必要时应进行电路的简化． 8．C 【解析】 【分析】 【详解】

A ．电路的连接方式为0R 和变阻器并联接到电源上，电压表测量路端电压，电流表A 1测量通过变阻器的电流，电流表A 2测量电路的总电流。变阻器滑片向左移动时，变阻器接入电路的电阻增大，则路端电压增大即电压表V 示数增大；电路的总电阻增大，则总电流2I 减小，即电流表A 2示数减小；定值电阻0R 两端的电压增大，通过定值电阻的电流0I 增大，而总电流减小，所以通过变阻器的电流1I 减小，即电流表A 1的示数减小，A 错误；

B ．设电源的电动势为E ，外电路电阻为R '，则电源的输出功率P 为

()()22

22

4R E E P R r R r r R '==''+-+'

可知，R r '=时，电源输出功率最大； R r '<时 电源输出功率随外电阻增大而增大； R r '>时，电源输出功率随外电阻增大而减小，因为0R r =，所以外电路电阻R r '<，则变阻器

滑片向左移动时，外电路电阻增大，所以电源的输出功率增大，B 错误； Ｃ．

2

U

I ??等于电源的内阻，是一个定值， C 正确； D ．设通过0R 的电流为0I ，则

210I I I =+

0I 增大，1I 减小，2I 减小，所以

12I I ?>?

D 错误。 故选C 。 9．BC

【解析】试题分析：多用电表选择“×100”的欧姆档测量电阻；A 、指针指在电阻刻度较靠近0Ω的某刻度线上，所选挡位太大，为准确测量电阻阻值，应换用“×10”或“×1”的欧姆档，故A 错误，B 正确；C 、指针指在电阻刻度较靠近∝的某刻度线上，说明所选挡位太小，为准确测量电阻阻值，则应换用“×1k”的欧姆档，故C 正确，D 错误；故选：BC ． 考点：用多用电表测电阻。 10．ACD 【解析】 【分析】 【详解】

A ．可知x 轴负半轴和正半轴的之比为2∶1，且电势差的大小相等 根据

U E d

=

可知电场强度大小之比为距离的反比1∶2，故A 正确；

B ．在整个运动过程中，电势能和机械能相互转化，总量不变。负电荷在O 点电势最高，电势能最小，动能最大，速度最快，故B 错误；

C ．粒子从静止到O 时动能最大，电势能转化为动能，根据功能关系得

8k 9(20V)(1.010C 2.0)10J E Uq --??==-?=

故C 正确；

D ．在负半轴运动时有

211112

x a t =

其中

11

Uq

a mx =

联立解得

81110s t -=?

同理在正半轴运动时有

222212

=

x a t 其中

22

Uq

a mx =

联立解得

820.510s t -=?

完成一次往复运动时间

8122()310s t t t -=?+=?

故D 正确。 11．BC 【解析】 【分析】 【详解】

A ．滑片P 由b 端向a 端滑动，滑动变阻器接入电路的阻值R 增大，则电路总电阻R 总增大，总电流E

I R =

总总

减小，定值电阻R 1两端电压11U I R =总减小，电压表V 示数V 1U U =变小，选项A 错误；

B ．定值电阻R 2与R 3组成的串联电路两端的电压

231U E I R r =-+总（）

因I 总减小而23U 增大； 又

23

2323

U I R R =

+

故I 23增大 电流表A 的示数

23A I I I =-总

因I 总减小和I 23增大，所以A I 变小，选项B 正确； C ．由题可知

0b ?=

而

23ab a b a U U ???=-==

23U 增大故a ?升高，选项C 正确；

D ．由于电容器两端的电压

2232C U U I R ==

I 23增大则C U 增大，由Q CU =知电容器所带电荷量Q 增多，选项D 错误。 故选BC 。 12．AC 【解析】 【分析】 【详解】

A ．滑块所受的电场力水平向右，摩擦力水平向左，由图象知，电场强度逐渐增大，电场力逐渐增大，滑块做减速运动，可知电场力一直小于滑动摩擦力．故A 正确；

B ．因为电场力逐渐增大，所以小滑块做加速度逐渐减小的减速运动，根据速度时间图线可

知，若为匀变速直线运动，中间时刻的瞬时速度等于0 2

v

；

从图中可知，中间时刻的瞬时速度小于0 2

v

．故B 错误；

C ．根据动能定理得，

-qU -μmgl =0-1

2

mv 02 解得，A 、B 点间的电势差

2

0(2)2μ-=-m gl v U q

故C 正确；

D ．根据能量守恒知，电势能减小、动能减小，全部转化为内能，则产生的内能大于1

2

mv 02．故D 错误。 故选AC 。

13．黑 b 150Ω 450Ω 【解析】

(1)当用欧姆表测电阻时，电源和表头构成回路，根据电源正负极连接方式可知，黑表笔与电源正极相连，故A 接线柱应该是与“黑”表笔连接； （2）整个回路最小电流min E I R R =

+内外 ， 同时g g

g 12

min I R I I R R ++＝

，当选择开关接b 时，此时R 外有最大值．当选择开关接b 档时其对应的电阻档的倍率更高． （3）用a 档测量电阻，欧姆调零时，g g 2g 1

()

m 10000A I R R I I R μ++=＝

，此时

150m E

R I =

=Ω内，当1100A g I μ=，此时干路电流为1211

()5000A g g g I R R I I R μ+=+= ，由于E

I R R =

+内外

，解得150R R ==Ω外内；当表盘150A g I μ=时，

此时干路电流为

1211

()

2500A g g g I R R I I R μ+=

+=，由于E

I R R =

+内外

，解得3450R R ==Ω外内．

【点睛】本题主要考查：利用电阻的串并联关系，来解决电流表的扩量程的相关问题；熟悉欧姆表的工作原理，利用回路欧姆定律解决相关问题． 14．1 2.60 2.66 0.39 【解析】 【分析】 【详解】

(1)[1]将量程为40mA 的毫安表改装成量程为200mA 的电流表，需要并联一个电阻起到分流的作用，根据并联电路特点可知R 1分得的电流为

200mA 40mA 160mA -=

由并联电路电流之比等于电阻的反比得

140mA

160mA 4Ω

R =

解得

11ΩR =

(2)[2]由图丙可知电压表读数为2.60V 。 (3)[3]由闭合电路欧姆定律得

()05E U I R r =++

化简得

()0-5U E R r I =+

所以

()0||5k R r =+

而

33

2.98 2.20

22.3103510U k I --?-=

=Ω=Ω???

因此电源的内阻为

0||

2.665

k r R =

-=Ω (4)[4]当电压表读数为U =2.30V 时，由图乙可知I =30mA ，此时电源的电流

50.15A I I '==

电源的输出功率为

200.39W P UI I R ''=+=

15．（1）1V 1Ω（2）10 V ；2Ω 【解析】

试题分析：（1）R 3断开时 电表读数分别变为5v 和2．5A 可知R 1=2欧 R 3断开前R 1上电压U 1=R 1I=4V U 1= U 2 + U 3 所以 U 2=1V U 2：U 3 = R 2：R 3 =1:3 R 2=1Ω

（2）R 3断开前 总电流I 1=3A E = U 1 + I 1r

R 3

断开后 总电流I 2=2．5A E = U 2 + I 2r

联解方程E= 10 V r=2Ω 考点：闭合电路的欧姆定律 【名师点睛】 16．（1）（2）

（3）

【解析】 【分析】 【详解】

试题分析：（1）当P 滑到A 时，R 2被短路，如图甲所示，

由闭合电路欧姆定律得：

（2）当P 滑到B 点时，电路如图乙所示， 此时电流表的读数为

（3）当滑片P 位于滑动变阻器中点时等效电路如图丙所示，

由图知R 2与右侧

2

R

被电流表短接，在图甲所示电路中总电流为I=1A ． 通过灯L 的电流为

通过变阻器R 的电流为

由并联电路的特点可得

在图丙所示电路中并联部分电路的总电阻为

并联部分电路的电压为

滑动变阻器上消耗的功率为

【点睛】

本题关键要搞清电路的连接关系，滑动变阻器滑动时电路中的串并联情况，画出等效电路图

是常用的方法，再根据欧姆定律和功率公式进行求解． 17．（1）3；（2）H /3；（3

【解析】 【分析】 【详解】

（1）设带电小球M 、N 抛出的初速度均为v 0，则它们进入电场时的水平速度仍为v 0；M 、N 在电场中的运动时间t 相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为a ，在电场中沿水平方向的位移分别为s 1和s 2；由运动公式可得： v 0–at =0

2101

2s v t at =+

2201

2

s v t at =-

联立解得：12:3:1s s =

（2）设A 点距离电场上边界的高度为h ，小球下落h 时在竖直方向的分速度为v y ，则；

22y v gh =

2

12

y H v t gt =+

因为M 在电场中做匀加速直线运动，则

01

y v s v H

= 解得h =

13

H （3）设电场强度为E ，小球M 进入电场后做直线运动，则0y v qE v mg =，Eq a m

= 设M 、N 离开电场时的动能分别为E k1、E k2，由动能定理：

22

k1011()2y E m v v mgH qEs =

+++ 22

k2021()2

y E m v v mgH qEs =++-

由已知条件：E k1=1.5E k2

联立解得：

E =

18．（1）18 V （2）1 Ω （3）能飞出 【解析】 【分析】

考查力电综合问题． 【详解】

（1）小球下滑过程机械能守恒， 由机械能守恒定律得：

2

12

mgh mv ＝

解得： 0 3 m/s v ，

对S 1、S 2均断开时，极板电势差即为电源电动势E ， 由平衡条件得：

E

mg q

d

＝ 解得：

E ＝mgd q ＝22310100.6V 110

--????＝18 V （2）当S 1断开，S 2闭合时，带电小球做类平抛运动， 水平方向：

0l v t ＝

竖直方向分速度：

y v at ＝ y 0v v tan θ＝

对带电小球，由牛顿第二定律得：

11mg qE ma －＝ ，其中：C 1U E d ＝ ，

代入数据解得：a 1＝4m/s 2，E 1＝18 N/C ，U C ＝10.8 V ， 当S 1断开，S 2闭合时，R 1与R 3串联，电容器与R 3并联，

电容器两端电压：

C 3U UR ＝

由部分电路欧姆定律：

313UR I R ＝

由闭合电路欧姆定律：

113E I R R r ＝（＋＋）

代入数据解得：r ＝1 Ω．

（3）当S 1、S 2均闭合时，R 2与R 3并联，并联电阻：

23232336

= 2 36

R R R R R ?ΩΩ++＝

＝

电路电流：

212318

=A 3 A 321

E I R R r ++++＝

＝

电压：

2223 6 V U I R ＝＝

对小球，由牛顿第二定律得：

22mg qE ma －＝

其中电压：

22U E d ＝

联立求解：

2220

m/s 3

a ＝

对带电小球类平抛运动分析，有：

0l v t ＝

21

2

y at ＝

联立求解：y ＝0.3 m ，y ＝

2

d

＝0.3 m ， 带电小球恰好从右侧极板边缘飞出．