高中物理【静电场的性质】专题模拟卷(带答案)

【静电场的性质】专题模拟卷

(满分共110分 时间60分钟)

一、选择题(共12个小题，每小题4分，共48分，1～7是单选题，8～12题是多选题)

1．有一电子束焊接机，焊接机中的电场线如图中虚线所示．其中K 为阴极，A 为阳极，两极之间的距离为d ，在两极之间加上高压U ，有一电子在K 极由静止开始在K 、A 之间被加速．不考虑电子重力，电子的质量为m ，元电荷为e ，则下列说法正确的是( )

A ．由K 沿直线到A 电势逐渐降低

B ．由K 沿直线到A 场强逐渐减小

C ．电子在由K 沿直线运动到A 的过程中电势能减小了eU

D ．电子由K 沿直线运动到A 的时间为t ＝ 2md 2

eU

2．图甲为两水平金属板，在两板间加上周期为T 的交变电压u ，电压u 随时间t 变化的图线如图乙所示．质量为m 、重力不计的带电粒子以初速度v 0沿中线射入两板间，经时间T 从两板间飞出．下列关于粒子运动的描述错误的是( )

A ．t ＝0时入射的粒子，离开电场时偏离中线的距离最大

B ．t ＝1

4T 时入射的粒子，离开电场时偏离中线的距离最大

C ．无论哪个时刻入射的粒子，离开电场时的速度方向都水平

D ．无论哪个时刻入射的粒子，离开电场时的速度大小都相等

3．如图所示，匀强电场中有一个以O 为圆心、半径为R 的圆，电场方向与圆所在平面平行，A 、O 两点电势差为U ，一带正电的粒子在该电场中运动，经A 、B 两点时速度大小均为v 0，粒子重力不计，以下说法正确的是( )

A ．粒子在A 、

B 间是做圆周运动

B ．粒子从A 到B 的运动过程中，动能先增大后减小

C ．匀强电场的电场强度E ＝U

R

D．圆周上，电势最高的点与O点的电势差为2U

4．在真空中的x轴上0～4a处的电势随坐标x的变化规律如图所示，从坐标原点O处由静止释放一负点电荷P，假设点电荷P仅在电场力作用下沿x轴运动，则下列说法正确的是()

A．点电荷P在x＝4a处速度最大

B．点电荷P在x＝4a处速度为零

C．点电荷P在x＝2a处速度最大

D．点电荷P在x＝2a处加速度最大

5．如图所示为某静电除尘装置的原理图，废气先经过一个机械过滤装置再进入静电除尘区．图中虚线是某一带负电的尘埃(不计重力)仅在电场力作用下向集尘极迁移并沉积的轨迹，A、B两点是轨迹与电场线的交点．不考虑尘埃在迁移过程中的相互作用和电量变化，则以下说法正确的是()

A．A点电势高于B点电势

B．尘埃在A点的加速度大于在B点的加速度

C．尘埃在迁移过程中做匀变速运动

D．尘埃在迁移过程中电势能一直在增大

6．如图所示，虚线A、B、C为一点电荷产生的电场中的三个等势面，一电子在等势面C上的M点获得E k0＝50 eV的初动能，电子先后经过等势面B上的N点和等势面A上的Q 点，图中实线为其运动轨迹．已知电子到达Q点时的动能为E k＝20 eV，若规定等势面C的电势为0，则下列说法正确的是()

A ．产生该电场的点电荷带负电

B ．在电子从M 点运动到Q 点的过程中，电场力做的功为30 eV ，电子的电势能减少30 eV

C ．等势面C 的电势比等势面A 的电势高30 V

D ．电子在N 点具有的电势能为50 eV ，在Q 点具有的电势能为30 eV

7．如图所示，平行板电容器与电动势为E 的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地，静电计所带电量很少，可被忽略．一带负电油滴被固定于电容器中的P 点，现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则( )

A ．平行板电容器的电容值将变大

B ．静电计指针张角变小

C ．带电油滴的电势能将增大

D ．若先将上极板与电源正极的导线断开再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变

8．一带正电的粒子只在电场力作用下沿x 轴正向运动，其电势能E p 随位移x 变化的关系如图所示，其中0～x 2区间是关于直线x ＝x 1对称的曲线，x 2～x 3区间是直线，在0、x 1、x 2、x 3处电势分别为φ0、φ1、φ2、φ3，则下列说法正确的是( )

A ．x 1处电场强度大小为零

B ．φ3>φ2＝φ0>φ1

C ．φ3<φ2＝φ0<φ1

D ．粒子在0～x 2段做匀变速运动，x 2～x 3段做匀速直线运动

9．在光滑绝缘水平面的P 点正上方O 点固定了一电荷量为＋Q 的正点电荷，在水平面上的N 点，由静止释放质量为m 、电荷量为－q 的带电小球，小球经过P 点时速度为v ，图中θ＝60°，则在＋Q 形成的电场中( )

A ．N 点电势高于P 点电势

B ．U PN ＝m v 2

2q

C ．P 点电场强度大小是N 点的2倍

D ．带电小球从N 点到P 点的过程中电势能减少了m v 2

2

10．如图所示，空间有平行于xOy 坐标平面的匀强电场，a 为x 轴负半轴上的一点．一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子以初速度

v 0从a 点沿与x 轴正半轴成θ角斜向右上方射入电场，粒子只在电场力作用下运动，经过y 轴正半轴上的b 点(图中未标出)，则下列说法正确的是( )

A ．若粒子在b 点的速度方向沿x 轴正方向，则电场方向可能平行x 轴

B ．若粒子运动过程中在b 点速度最小，则b 点为粒子运动轨迹上电势最低点

C ．若粒子在b 点速度大小也为v 0，则a 、b 两点为等势点

D ．若粒子在b 点的速度为零，则电场方向一定与v 0方向相反

11．如图，同一平面内的a 、b 、c 、d 四点处于匀强电场中，电场方向与此平面平行，M 为a 、c 连线的中点，N 为b 、d 连线的中点．一电荷量为q (q ＞0)的粒子从a 点移动到b 点，其电势能减小W 1；若该粒子从c 点移动到d 点，其电势能减小W 2.下列说法正确的是( )

A ．此匀强电场的场强方向一定与a 、b 两点连线平行

B ．若该粒子从M 点移动到N 点，则电场力做功一定为W 1＋W 2

2

C ．若c 、d 之间的距离为L ，则该电场的场强大小一定为W 2

qL

D ．若W 1＝W 2，则a 、M 两点之间的电势差一定等于b 、N 两点之间的电势差

12．如图所示，一充电后的平行板电容器的两极板水平放置，板长为L ，板间距离为d ，距板右端L 处有一竖直屏M .一带电荷量为q 、质量为m 的质点以初速度v 0沿中线射入两板间，最后垂直打在M 上，则下列结论正确的是(已知重力加速度为g )( )

A ．板间电场强度大小为 2mg

q

B ．两极板间电压为mgd

2q

C ．整个过程中质点的重力势能增加mg 2L 2

v 20

D ．若仅增大两极板间距，则该质点不可能垂直打在M 上

选 择 题 答 题 栏

题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案

二、实验题(本题共2个小题，满分14分)

13．(6分)某同学从实验室报废的“50 Ω，2 A ”滑动变阻器上截下一段电阻丝R x ，以测量其材料的电阻率．

(1)用多用电表的电阻挡位中“×1 Ω”倍率挡粗测电阻R x，结果如图所示，其电阻为________ Ω.

(2)使用多用电表测电阻时，下列说法正确的是________．

A．红表笔接内部电池的正极，黑表笔接内部电池的负极

B．若使用“×1 Ω”倍率挡测量，指针偏角较小，应改换“×10 Ω”倍率挡测量

C．更换倍率挡后要重新进行欧姆调零

D．要使测量结果尽量准确，应用双手捏紧表笔与金属丝端点的接触处

(3)现有电流表A(量程0～0.6 A，内阻约0.5 Ω)、电压表V(量程0～3 V，内阻10 kΩ)，若采用伏安法准确测量其电阻值，以下测量电路应选用________．(填写电路字母代号)

14．(8分) 为了验证动量守恒定律．图甲所示的气垫导轨上放着两个滑块，滑块A的质量为500 g，滑块B的质量为200 g．每个滑块的一端分别与穿过打点计时器的纸带相连，两个打点计时器的频率均为50 Hz.调节设备使气垫导轨正常工作后，接通两个打点计时器的电源，并让两个滑块以不同的速度相向运动，碰撞后粘在一起继续运动．图乙为纸带上选取的计数点，每两个计数点之间还有四个点没有画出．

(1)判断气垫导轨是否处于水平，下列措施可行的是________(填字母代号)．

A．将某个滑块轻放在气垫导轨上，看滑块是否静止

B ．让两个滑块相向运动，看是否在轨道的中点位置碰撞

C ．给某个滑块一个初速度，看滑块是否做匀速直线运动

D ．测量气垫导轨的两个支架是否一样高

(2)根据图乙提供的纸带，计算碰撞前两滑块的总动量大小p ＝________ kg·m/s ；碰撞后两滑块的总动量大小为p ′＝________ kg·m/s.多次实验，若碰撞前后两滑块的总动量在实验误差允许的范围内相等，则动量守恒定律得到验证．(结果保留两位有效数字)

三、计算题(本题共3个小题，满分48分．需要写出规范的解题步骤)

15．(12分)一质量为m ，带电量为＋q 的小球从距地面高h 处以一定初速度水平抛出，在距抛出点水平距离L 处，有一根管口比小球直径略大的竖直细管．管上口距地面h

2，为使

小球能无碰撞地通过管子，可在管子上方的整个区域加一个场强方向水平向左的匀强电场，重力加速度为g ，如图所示，求：

(1)小球初速度v 0、电场强度E 的大小； (2)小球落地时动能．

16．(18分)如图所示，在方向水平向右的匀强电场中(图中未画出)，有一固定光滑绝缘的半球形碗，碗的半径为R .有一个质量为m 、电荷量为＋q 的小球，静止在距碗底高度为1

2R

的碗内右侧表面上．

(1)求匀强电场的电场强度的大小；

(2)若将匀强电场方向变为竖直向下，求小球运动到碗底时对碗的压力大小． (3)若将匀强电场方向变为竖直向上，试说明小球在碗内将如何运动．

17．(18分)图1中A 和B 是真空中的两块面积很大的平行金属板、加上周期为T 的交流电压，在两板间产生交变的匀强电场．已知B 板电势为零，A 板电势U A 随时间变化的规律如图2所示，其中U A 的最大值为U 0，最小值为－2U 0，在图1中，虚线MN 表示与A 、B 板平行等距的一个较小的面，此面到A 和B 的距离皆为l .在此面所在处，不断地产生电荷量为q 、质量为m 的带负电的微粒，各个时刻产生带电微粒的机会均等．这种微粒产生后，从静止出发在电场力的作用下运动．设微粒一旦碰到金属板，它就附在板上不再运动，且其电荷量同时消失，不影响A 、B 板的电势，已知上述的T 、U 0、l 、q 和m 等各量的值正好满足等式l 2＝316×U 0q 2m (T 2)2.若不计重力，不考虑微粒间的相互作用，求：(结果用q 、U 0、m 、T 表

示)

(1)在t ＝0到t ＝T

2这段时间内产生的微粒中到达A 板的微粒的最大速度v A m ；

(2)在0～T

2

范围内，哪段时间内产生的粒子能到达A 板？

(3)在t ＝0到t ＝T

2这段时间内产生的微粒中到达B 板的微粒的最大速度v B m .

【静电场的性质】答案解析

1．C A ．电场力对电子做正功，则电场力向下，电场方向向上，则由K 沿直线到A 电势逐渐升高，A 错误；B.由K 沿直线到A ，电场线逐渐变密，故场强逐渐增大，故选项B 错误；C.由能量守恒定律知，由K 到A 电子电场力做正功eU ，故电势能减小了eU ，故C 正确；D.电子由K 沿直线运动到A 做变加速运动，故时间无法求出．故选项D 错误．

2．B 粒子在电场中运动的时间是相同的；t ＝0时入射的粒子，在竖直方向先向上加速，然后向上减速，离开电场区域，故t ＝0时入射的粒子离开电场时偏离中线的距离最大，选项A 正确；而t ＝1

4

T 时入射的粒子，在竖直方向先向上加速，然后减速，再反向加速，反

向减速……最后直到离开电场区域，故此时刻射入的粒子离开电场时偏离中线的距离不是最大，选项B 错误；因粒子在电场中运动的时间等于电场变化的周期T ，根据动量定理，竖直方向电场力的冲量的矢量和为零，故所有粒子离开电场时的竖直速度为零，即最终都垂直电场方向射出电场，离开电场时的速度大小都等于初速度，选项CD 正确．

3．D 带电粒子仅在电场力作用下，由于粒子在A 、B 两点动能相等，则电势能也相等，因为匀强电场，所以两点的连线AB 即为等势面，根据等势面与电场线垂直特性，从而画出电场线CO ，由曲线运动条件可知，正电粒子所受的电场力沿着CO 方向，因此粒子从A 到B 做抛体运

动，故A 错误；由A 选项分析可知，速度方向与电场力方向夹角先大于90°后小于90°，电场力对于运动来说先是阻力后是动力，所以动能先减小后增大，故B 错误；匀强电场的电场强度U ＝Ed 式中的d 是沿着电场强度方向的距离，因而由几何关系可知，U AO ＝E ×2

2

R ，所以E ＝

2U

R ，故C 错误；圆周上，电势最高的点与O 点的电势差为U ′＝ER ＝

2U

R

×R ＝ 2

U ，故D 正确．

4．C φ -x 图象的斜率表示场强，故点电荷P 先做加速度逐渐减小的加速运动，后做加速度逐渐增大的减速运动，在x ＝2a 处速度最大，A 、D 项错误，C 项正确；电场力做功取决于初末位置电势的差值，故点电荷P 在0～4a 运动的过程中，电场力做正功，由动能定理可知点电荷P 在x ＝4a 处速度不为零，B 项错误．

5．B A ．由图可知，作过B 点的等势线，交A 所在电场线于B ′，则可知，B ′点靠近正极板，故B 点的电势高于A 点电势，故A 错误；B.由图可知，A 点电场线比B 点密集，因此A 点的场强大于B 点场强，故A 点的电场力大于B 点的电场力，再根据牛顿第二定律可知，

A 点的加速度大于

B 点的加速度，故B 正确；C.放电极与集尘极间建立非匀强电场，尘埃所

受的电场力是变化的．故粒子不可能做匀变速运动，故C 错误；D.由图可知，开始时电场力与速度夹角为钝角，电场力做负功，电势能增大；后来二者变为锐角，电场力做正功，电势能减小；对于全过程而言，根据电势的变化可知，电势能减小，故D 错误，故选B.

6．C 根据电子的运动轨迹可知产生该电场的点电荷带正电，A 错误；从M 点运动到Q 点的过程中，电子的动能减少，电场力对其做负功，其电势能增加，B 错误；由题意知，等势面C 的电势为0，电子在等势面C 上的电势能为0，所以电子的总能量为50 eV ，到Q 点时，电势能为30 eV ，在N 点，总能量仍为50 eV ，由于电势未知，动能未知，故电势能未知，D 错误；根据以上分析可知等势面C 的电势比等势面A 的电势高，U CA ＝W

q

＝30 V ，C 正确．

7．D A ．根据C ＝εr S

4πkd 知，d 增大，则电容减小．故A 错误．B.静电计测量的是电容

器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变．故

B 错误．C.电势差不变，d 增大，则电场强度减小，P 点与上极板的电势差减小，则P 点的电势增大，因为该电荷为负电荷，则电势能减小．故

C 错误．D.电容器与电源断开，则电荷量不变，d 改变，根据E ＝U d ＝Q Cd ＝4πkQ

εr S

，知电场强度不变，则油滴所受电场力不变．故D

正确．故选D.

8．AB 根据电势能与电势的关系：E P ＝qφ，场强与电势的关系：E ＝ΔφΔx ，得：E ＝1q ·ΔE P

Δx ，

由数学知识可知E P －x 图象切线的斜率等于ΔE P

Δx ，x 1处切线斜率为零，则x 1处电场强度为零，

故A 正确；根据电势能与电势的关系：E p ＝qφ，粒子带正电，q >0，则知：电势能越大，粒子所在处的电势越高，所以有：φ3>φ2＝φ0>φ1，故B 正确，C 错误；由图看出在0～x 1段图象切线的斜率不断减小，由上式知场强减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，做非匀变速运动．x 1～x 2段图象切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动．x 2～x 3段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，是匀强电场，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动，故D 错误；故选AB.

9．BD 根据顺着电场线方向电势降低可知，N 点距离正电荷较远，则N 点电势低于P 点电势．故A 错误．根据动能定理得：检验电荷由N 到P 的过程：－qU NP ＝12

mv 2

，解得U NP ＝

－mv 22q ，则U PN ＝－U NP ＝mv 22q .故B 正确，P 点电场强度大小是E P ＝kQ

r 2P

，N 点电场强度大小是E N

＝kQ r 2N

，则E P ：E N ＝r 2N ∶r 2

P ＝4∶1.故C 错误．带电小球从N 点到P 点的过程中，电场力做正功12mv 2，电势能减少了1

2

mv 2，故D 正确．故选BD. 10．CD 如果电场方向平行于x 轴，由于粒子在垂直于x 轴方向分速度不为零，因此粒子速度不可能平行于x 轴，选项A 错误；若粒子运动过程中在b 点速度最小，则在轨迹上b 点时粒子的电势能最大，由于粒子带正电，因此b 点的电势最高，选项B 错误；若粒子在b 点速度大小也为v 0，则粒子在a 、b 两点的动能相等，电势能相等，则a 、b 两点为等势点，选项C 正确；若粒子在b 点的速度为零，则粒子一定做匀减速直线运动，由于粒子带正电，因此电场方向一定与v 0方向相反，选项D 正确．

11．BD 由题意得，(φa －φb )q ＝W 1，(φc －φd )q ＝W 2，只能得出a 、b 两点间和c 、d 两点间的电势关系，无法确定场强的方向，选项A 错误；若c 、d 之间的距离为L ，因无法确定场强的方向，故无法确定场强的大小，选项C 错误；由于φM ＝

φa ＋φc

2

、φN ＝

φb ＋φd

2、

W MN ＝q (φM －φN )，上述式子联立求解得粒子从M 点移动到N 点电场力做的功为W MN ＝W 1＋W 2

2

，

所以B 正确；若W 1＝W 2，有φa －φb ＝φc －φd ，变形可得φa －φc ＝φb －φd ，又φa －φM

＝φa －

φa ＋φc 2

＝

φa －φc

2

，φb －φN ＝φb －

φb ＋φd 2

＝

φb －φd

2

，所以φa －φM ＝φb －φN ，D

正确．

12．AC AB.据题分析可知，小球在平行金属板间轨迹应向上偏转，做类平抛运动，飞出电场后，小球的轨迹向下偏转，才能最后垂直打在M 屏上，前后过程质点的运动轨迹有对称性，如图，可见两次偏转的加速度大小相等，根据牛顿第二定律得：qE －mg ＝mg ，得到：

E ＝

2mg q ，故A 正确；B.由U ＝Ed 可知，板间电势差U ＝2mg q ×d ＝2mgd q

，故B 错误；C.小球在

电场中向上偏转的距离y ＝12at 2，而a ＝qE －mg m ＝g ，t ＝L v 0，解得：y ＝gL 2

2v 20

；故小球打在屏上

的位置与P 点的距离为：s ＝2y ＝gL 2v 20，重力势能的增加量E P ＝mgs ＝mg 2L 2

v 20

，故C 正确．D.仅

增大两板间的距离，因两板上电量不变，根据E ＝U d ＝

Q Cd Q εS 4πkd

d ＝4πkQ

εS

可知，板间场强不变，

小球在电场中受力情况不变，则运动情况不变，故仍垂直打在屏上，故D 错误．故选AC.

13．解析 (1)多用电表读数为：11×1 Ω＝11 Ω.

(2)红表笔接内部电池的负极，黑表笔接内部电池的正极，选项A 错误；若使用“×1 Ω”倍率挡测量，指针偏角较小，说明倍率挡选择的过小，应改换“×10 Ω”倍率挡测量，选项B 正确；更换倍率挡后要重新进行欧姆调零，选项C 正确；要使测量结果尽量准确，双手不应该捏紧表笔，不与金属丝端点的接触处，选项D 错误；故选BC.

(3)因R V ?R x ，则应该采用电流表外接电路，故选B. 答案 (1)11 (2)BC (3)B

14．解析 (1)判断气垫导轨是否处于水平的措施是：将某个滑块轻放在气垫导轨上，看滑块是否静止；或者给某个滑块一个初速度，看滑块是否做匀速直线运动，故选项AC 正确，BD 错误；故选AC.

(2)根据纸带可求解AB 两滑块碰前的速度分别为：v A ＝8.04×10－2

0.1 m/s ＝0.80 m/s ；v B

＝6.03×10－2

0.1 m/s ＝0.60 m/s ；碰后速度：v 共＝4.01×10－2

0.1

m/s ＝0.40 m/s ；碰前总动量：

p 1＝m A v A －m B v B ＝0.5×0.80－0.2×0.60＝0.28 kg·m/s；碰后总动量：p 2＝(m A ＋m B )v

共

＝

0.7×0.40＝0.28 kg·m/s 2

；因p 1＝p 2故动量守恒定律得到验证．

答案 (1)AC (2)0.28 0.28

15．解析 (1)电场中小球运动，在水平方向上：v 0＝qE m

t ①

竖直方向上：h 2＝12

gt 2

，②

又v 2

0＝2Eq m

L ③ 联立①②③得：v 0＝2L

gh h ，E ＝2mgL qh

. (2)从抛出到落地由动能定理得：

mgh －EqL ＝E k －12

mv 20

小球落地时动能：E k ＝mgh 答案 (1)小球初速度v 0为2L gh h 、电场强度E 的大小为2mgL qh

(2)小球落地时动能mgh

16．解析 (1)设匀强电场的电场强度为E ，由几何关系和平衡条件有：qE ＝mg tan 60°， 解得：E ＝

3mg

q

.

(2)当匀强电场方向变为竖直向下后，由动能定理得： (mg ＋qE )·12R ＝12

mv 2

，

设小球运动到碗底时，碗对小球的支持力为F N ，则有：

F N －mg －qE ＝m v 2

R

，

解得：F N ＝2 (3＋1)mg .

根据牛顿第三定律得，小球对碗底的压力为2 (3＋1)mg .

(3)对小球受力分析可得，小球将作初速度为0，加速度为(3－1) g 的匀加速直线运动．

答案 (1)匀强电场的电场强度的大小为

3mg

q

(2)小球运动到碗底时对碗的压力大小为2(3＋1) mg

(3)对小球受力分析可得，小球将作初速度为0，加速度为(3－1)·g 的匀加速直线运动

17．解析 (1)在t ＝0时刻产生的微粒，将以加速度a 0向A 板加速运动，经T

2时，位移

s ＝12a 0(T 2)2＝qU 04ml (T 2)2＝816×qU 02ml 2(T

2

)2·l ＞l

即t ＝0时刻产生的微粒，在不到T

2

时就可直达A 板，所以到达A 板的微粒的最大速度

v A m 满足1

2qU 0＝12mv 2A m ，解得v A m ＝

qU 0

m

(2)考虑临界状况：设t ＝t 1时刻产生的微粒达到A 板时速度刚好为零，则该微粒以加速度a 0加速运动的时间为T

2

－t 1，再以大小为2a 0的加速度减速运动一段时间，设为Δt ，则

a 0(T

2

－t 1)－2a 0Δt ＝0

12a 0(T 2－t 1)2－1

2

×2a 0(Δt )2＝l 联立解得t 1＝T 4，Δt ＝T 8，即0～T

4

时间内产生的微粒可直达A 板

(3)在t ＝T 4时刻产生的微粒，以加速度a 0向A 板加速的时间为T

4，再以大小为2a 0的加速度减速运动，经Δt ＝T

8速度减为零(刚好到A 板)，此后以大小为2a 0的加速度向B 板加速运

动

设加速时间为Δt 1＝T 2－T 8＝3T

8

时的位移大小为s 1

则s 1＝12×2a 0(Δt 1)2

＝qU 02ml (3T 8)2＝916×qU 02ml 2(T 2

)2·l ＞2l

即微粒将打到B 板上，不再返回，而t ＝T

4时刻产生的微粒到达B 板的速度最大

根据动能定理可得2qU 0＝12mv 2

B m

解得v B m ＝2

qU 0

m

答案 (1)v A m ＝ qU 0m (2)0～T

8

时间内产生的微粒可直达A 板 (3) v B m ＝2 qU 0m