2025年高考物理 人教版必修第3冊第10章　第4節(jié)含答案

2025年高考物理人教版必修第3冊第10章第4節(jié)含答案課后知能作業(yè)基礎(chǔ)鞏固練1．小明同學(xué)在“觀察電容器的充、放電現(xiàn)象”實驗中給一個固定電容器充電。下列描述電容器電荷量Q、電壓U、電容C之間關(guān)系的圖像中，正確的是()答案：A解析：由電容定義式C＝eq\f(Q,U)可知，固定電容器的電容C是確定的，與電荷量Q和電壓U無關(guān)。A正確，B、C錯誤；由Q＝CU可知電荷量Q與電壓U成正比，D錯誤。故選A。2．(2022·浙江金華高二?？?關(guān)于電容器及其電容，下列說法中正確的是()A．平行板電容器一板帶電＋Q，另一板帶電－Q，則此電容器不帶電B．由公式C＝eq\f(Q,U)可知，電容器的電容隨電荷量Q的增加而增大C．對一個電容器來說，電容器的電荷量與兩板間的電勢差成正比D．如果一個電容器兩板間沒有電壓，就不帶電荷，也就沒有電容答案：C解析：平行板電容器的帶電荷量等于某一個極板帶電荷量的絕對值，故A錯誤；電容器的大小與電容器所帶的電荷量和兩端間的電勢差無關(guān)，電荷量變化時，電容不變，故B錯誤；根據(jù)Q＝CU可知電容器的帶電荷量與兩板間的電勢差成正比，故C正確；電容器的大小與電容器所帶的電荷量和兩端間的電勢差無關(guān)，電壓為0，所帶的電荷量為0，但電容不為0，故D錯誤。故選C。3．如圖所示為一電容器，電容器上標有“450V,470μF”，已知擊穿電壓為500V。則下列說法正確的是()A．該電容器兩極間的電壓減少10V，電荷量減少47CB．電容器所帶的電荷量為0時，電容器的電容也為0C．電容器允許施加的最大電壓為500VD．電容器所帶電荷量最多為0.2115C答案：C解析：由公式ΔQ＝C·ΔU可知，兩極間的電壓減少10V，則電荷量減少ΔQ＝470×10－6×10C＝4.7×10－3C，A錯誤；電容表征電容器容納電荷的本領(lǐng)大小，與電壓U和電荷量Q無關(guān)，給定的電容器電容C一定，B錯誤；擊穿電壓為500V表示能承受的最大電壓為500V，C正確；電容器所帶電荷量最多為Q＝CU＝470×10－6×500C＝0.235C，D錯誤。故選C。4．(2024·廣東惠州高三統(tǒng)考階段練習(xí))如圖是某實驗小組為了定性探究平行板電容器的電容C與極板間距離d，極板的正對面積S，極板間的電介質(zhì)之間的關(guān)系裝置圖，本實驗采用的科學(xué)方法是()A．理想實驗法 B．等效替代法C．控制變量法 D．微元法答案：C解析：研究兩板之間距離d，兩板的正對面積S、兩板間插入的電介質(zhì)對電容器電容的影響時，必須保持其中的兩個物理量不變，探究電容C與另一個量的關(guān)系，這種方法為控制變量法。故選C。5.如圖所示實驗中，關(guān)于平行板電容器的充、放電，下列說法正確的是()A．開關(guān)接1時，平行板電容器充電，且上極板帶正電B．開關(guān)接1時，平行板電容器充電，且上極板帶負電C．開關(guān)接2時，平行板電容器放電，且上極板帶正電D．開關(guān)接2時，平行板電容器放電，且上極板帶負電答案：A解析：開關(guān)接1時，平行板電容器充電，上極板與電源正極相連，帶正電。故A正確；B錯誤；開關(guān)接2時，平行板電容器放電，最終兩極板均不帶電。故C、D錯誤。故選A。6.如圖所示，電容為C的平行板電容器的A、B兩板分別帶有＋Q和－Q的電荷量，B板接地。帶電荷量為＋q的點電荷固定于兩板之間的P點，P點到兩板的距離相等，則該點電荷在P點具有的電勢能為()A．eq\f(Qq,C) B．eq\f(Qq,2C)C．eq\f(2Qq,C) D．eq\f(4Qq,C)答案：B解析：電容器兩板電勢差為U＝eq\f(Q,C)，B板接地，電勢為零。P點到兩板的距離相等，則U＝φA－0＝2φP，該點電荷在P點具有的電勢能為Ep＝qφP＝eq\f(Qq,2C)。故選B。能力提升練7.兩個較大的平行金屬板A、B，分別接在電源的正、負極上，一帶電油滴恰好靜止在兩極板之間，如圖所示，在其他條件不變的情況下，那么在下列的過程中()A．如果保持與電源連接，只將A板下移，油滴將向下加速運動B．如果保持與電源連接，只將兩極板非常緩慢地錯開一些，電流計中電流從a流向bC．如果斷開電源，B板接地，只將B板上移，油滴靜止不動，油滴的電勢能減小D．如果斷開電源，將兩極板與靜電計相連，僅將一薄金屬板插入兩平行金屬板A、B之間，靜電計指針張角變大答案：B解析：如果保持與電源連接，只將A板下移，則電容器極板電壓保持不變，根據(jù)E＝eq\f(U,d)可知極板間電場強度變大，油滴受到的電場力變大，油滴將向上加速運動，故A錯誤；如果保持與電源連接，只將兩極板非常緩慢地錯開一些，則電容器極板電壓保持不變，根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)，C＝eq\f(Q,U)可知電容器電容C減小，電容器所帶電荷量減小，電流計中電流從a流向b，故B正確；如果斷開電源，B板接地，只將B板上移，則電容器所帶電荷量保持不變，根據(jù)E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(Q,\f(εrS,4πkd)d)＝eq\f(4πkQ,εrS)可知極板間電場強度保持不變，油滴受到的電場力不變，油滴靜止不動；由于油滴所處位置與B板距離變小，之間的電勢差變小，則油滴所處位置電勢變小，根據(jù)受力平衡可知，油滴帶負電，則油滴的電勢能增大，故C錯誤；如果斷開電源，將兩極板與靜電計相連，僅將一薄金屬板插入兩平行金屬板A、B之間，則電容器所帶電荷量保持不變，根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)，C＝eq\f(Q,U)可知電容器電容C增大，極板間電壓減小，靜電計指針張角變小，故D錯誤。故選B。8．電容器是一種重要的電學(xué)元件，它能夠儲存電荷。電容器儲存電荷的特性用電容表征。如圖所示，在研究電容器充、放電的實驗中，使開關(guān)S擲向1端，電源E對電容器C充電。下列圖像中，能正確反映電容器充電過程中電流與時間、電荷量與電壓關(guān)系的是()答案：A解析：充電過程中隨著電容器電荷量的增加，充電電流越來越小，充滿以后電流為零，故A正確，B錯誤；根據(jù)C＝eq\f(Q,U)得Q＝CU可知，電容器的電容大小不變，則q－U圖像是一條過原點的直線，故C、D錯誤。故選A。9．下列有關(guān)電容器的表述正確的是()A．圖甲S接1電容器充電，充電過程中通過電流表的電流大小不變B．圖乙S由接1改為接2，電容器放電，放電時通過電流表的電流方向為從左到右C．圖丙為可變電容器，它是通過改變兩極板之間的正對面積來改變電容大小的D．圖丁中的“400V,68μF”，說明該電容器只有兩端加上400V的電壓時電容才為68μF答案：C解析：圖甲中，開關(guān)接1，則電容器充電，在充電過程中，通過電流表的電流逐漸減小，故A項錯誤；圖乙中，開關(guān)從1到2，電容器開始放電，由充電過程可知，上極板帶正電，所以放電時通過電流表的電流方向為從右到左，故B項錯誤；圖丙為可變電容器，它是通過改變兩極板之間的正對面積來改變電容大小的，故C項正確；圖丁中的電容器標有“400V,68μF”字樣，說明該電容器兩端電壓的最大值為400V，而其電容總是68μF，故D項錯誤。故選C。10．電容式傳感器實質(zhì)上是一個可變電容器，當某待測量發(fā)生變化時，能引起電容器的電容變化。如圖是四個電容式傳感器的示意圖，其中通過改變電容器兩極板間的距離而引起電容變化的是()答案：C解析：可變電容器通過改變電介質(zhì)，改變電容，故A錯誤；電容器的一個極板是金屬芯線，另一個極板是導(dǎo)電液，故是通過改變電容器兩極間正對面積而引起電容變化的，故B錯誤；可變電容器通過改變極板間的距離改變電容，故C正確；可變電容器通過轉(zhuǎn)動動片改變正對面積，改變電容，故D錯誤。11．如圖所示，帶電平行板電容器與驗電器相連構(gòu)成靜電計，來探討電容器的電容的決定因素，同時可以分析帶電平行板間的場強與電壓，規(guī)定大地的電勢為0，靜電計的帶電荷量不變，P是平行板間的一固定點，下列說法正確的是()A．當平行板的正對面積減小，平行板間的場強變大B．當靜電計的指針偏角變小，表示B、A兩極板間的電勢差UBA變大C．移動金屬板A，金屬板A的電勢會改變D．讓A板遠離B板，P點的電勢變低答案：A解析：由C＝eq\f(εS,4πkd)，C＝eq\f(Q,U)，E＝eq\f(U,d)聯(lián)立可得E＝eq\f(4πkQ,εS)當兩極板的正對面積S減小，由于電荷量保持不變，則平行板間的場強變大，故A正確；由靜電計指針的偏轉(zhuǎn)角度，對應(yīng)測出平行板間的電壓，當靜電計的指針偏角變小，B、A兩板間的電勢差UBA變小，故B錯誤；金屬板A與驗電器的金屬外殼相連構(gòu)成等勢體，金屬外殼接地電勢為0，則金屬板A的電勢始終為零，即移動金屬板A，其電勢不會改變，故C錯誤；由勻強電場的電場強度與電勢差之間關(guān)系可得UPA＝E×eq\x\to(PA)，結(jié)合UPA＝φP－φA，φA＝0，可得φP＝E×eq\x\to(PA)，由E＝eq\f(4πkQ,εS)，兩極板間的電場強度E與兩極板的間距d的變化無關(guān)，讓A板遠離B板，平行板間的場強E不變，P、A兩點之間距離eq\x\to(PA)增大，所以φP變大，即P點的電勢變高，故D錯誤。故選A。12．如圖所示，電容為C、帶電荷量為Q的平行板電容器水平放置，兩板之間的距離為d，上極板帶正電，下極板接地，一帶電荷量為q的小球(視為質(zhì)點)恰好靜止在兩板的中央P點，重力加速度為g，下列說法正確的是()A．小球帶正電B．P點的電勢為eq\f(Q,2C)C．小球的質(zhì)量為eq\f(Cq,Qdg)D．若把上極板向上平移一小段距離，則小球向下運動答案：B解析：小球處于二力平衡狀態(tài)，電場力豎直向上，電場強度豎直向下，則小球帶負電，故A錯誤；由電容的定義式C＝eq\f(Q,U)，解得上下兩極板間的電勢差為U＝eq\f(Q,C)，P點處在兩極板的正中央，則P點與下極板間的電勢差為eq\f(U,2)＝eq\f(Q,2C)，因為下極板接地，電勢為0，所以P點的電勢為φP＝eq\f(U,2)＝eq\f(Q,2C)，故B正確；根據(jù)小球在電場中平衡有mg＝Eq，又E＝eq\f(U,d)可得m＝eq\f(Qq,Cdg)，故C錯誤；根據(jù)電容的決定式和定義式有C＝eq\f(εrS,4πkd)，C＝eq\f(Q,U)，E＝eq\f(U,d)，可得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，則電場強度與兩極板間的距離無關(guān)，若把上極板向上平移一小段距離，兩極板間的電場強度不變，小球受到的電場力不變，仍處于靜止狀態(tài)，不會向下運動，故D錯誤。故選B。第十章第5節(jié)課后知能作業(yè)基礎(chǔ)鞏固練1．一對平行正對的金屬板C、D接入如圖所示的電路中，電源電動勢為E，C板固定，D板可左右平行移動，閉合開關(guān)，一段時間后再斷開開關(guān)，從C板發(fā)射一電子，恰能運動到A點后再返回，已知A到D板的距離是板間距離的三分之一，電子質(zhì)量為m，電荷量為－e，忽略電子的重力，則()A．設(shè)定C板電勢為0，電子在A點的電勢能為－eq\f(2,3)eEB．若要讓電子能夠到達D板，可將D板向左平移至A點或A點左側(cè)某位置C．若要讓電子能夠到達D板，可將D板向右平移至某位置D．若要讓電子能夠到達D板，可閉合開關(guān)，再將D板向右平移至某位置答案：B解析：金屬板的電場線由C指向D，沿著電場線電勢逐漸降低，設(shè)定C板電勢為0，則A點的電勢為φA＝－eq\f(2,3)E，電子在A點的電勢能為EPA＝eq\f(2,3)eE，故A錯誤；閉合開關(guān)，一段時間后再斷開開關(guān)，則電容器的電荷量Q不變，根據(jù)電容的定義式和決定式有C＝eq\f(Q,U)，C＝eq\f(εrS,4πkd)，聯(lián)立解得U＝eq\f(4πkdQ,εrS)，從C板發(fā)射一電子，恰能運動到A點后再返回，則有Ek0＝EPA，所以若要讓電子能夠到達D板，可將D板向左平移至A點或A點左側(cè)某位置，或者閉合開關(guān)，再將D板向左平移至A點或A點左側(cè)某位置，故B正確，C、D錯誤，故選B。2.如圖所示，兩平行金屬板豎直放置，板上A、B兩孔正好水平相對，板間電壓為300V。一個動能為400eV的電子從A孔沿垂直板方向射入電場中。經(jīng)過一段時間電子離開電場，則電子離開電場時的動能大小為()A．400eV B．100eVC．900eV D．500eV答案：B解析：電子從A到B電場力做負功－Ue，由動能定理－Ue＝Ek－Ek0，解得Ek＝400eV－300eV＝100eV，故選B。3．如圖所示，長度均為L的兩平行金屬板沿水平方向放置，兩極板的間距為d＝eq\f(1,2)L。兩極板帶有等量異種電荷，其中上極板帶正電。帶電粒子1由左側(cè)正中央沿平行于極板的速度v1射入電場，同時另一完全相同的粒子2，由上極板的正中央以垂直于極板的速度v2射入電場，經(jīng)過一段時間兩粒子同時到達下極板正中央的O點。粒子的質(zhì)量為m，電荷量為＋q，兩極板之間的電壓恒為U，忽略粒子的重力和粒子間的相互作用，兩極板之間的電場可看作勻強電場。則下列說法正確的是()A．粒子1到達O點時的速度v＝2eq\r(\f(qU,m))B．粒子2射入電場時的速度v2＝eq\f(1,2)eq\r(\f(qU,m))C．若將粒子1射入電場時的速度變?yōu)?v1，兩粒子將在O點上方相遇D．若將粒子1射入電場時的速度變?yōu)?v1，兩粒子仍可同時到邊O點答案：B解析：設(shè)粒子的運動時間為t，粒子1在電場中做類平拋運動，則有eq\f(1,2)L＝v1t，eq\f(1,4)L＝eq\f(1,2)at2，粒子2在電場中做勻加速直線運動，則有eq\f(1,2)L＝v2t＋eq\f(1,2)at2，又a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)＝eq\f(2qU,mL)，聯(lián)立解得v1＝eq\r(\f(qU,m))，v2＝eq\f(1,2)eq\r(\f(qU,m))，粒子1到達O點時的速度為v＝eq\r(v\o\al(2,1)＋at2)＝eq\r(\f(2qU,m))，故A錯誤，B正確；若將粒子1射入電場時的速度變?yōu)?v1，則粒子1到達O點正上方所用時間為t′＝eq\f(\f(1,2)L,2v1)＝eq\f(1,4)eq\r(\f(mL2,qU))，這段時間內(nèi)粒子1沿電場方向通過的位移為y1＝eq\f(1,2)at′2＝eq\f(1,16)L，這段時間內(nèi)粒子2沿電場方向通過的位移為y2＝v2t′＋eq\f(1,2)at′2＝eq\f(3,16)L，由于y2－y1＝eq\f(3,16)L－eq\f(1,16)L＝eq\f(1,8)L≠eq\f(1,4)L，可知兩粒子不會相遇，故C、D錯誤。故選B。4.如圖所示，空間存在水平向左的勻強電場，一電荷量為＋q的物塊放在光滑絕緣水平面上，在恒力F作用下由靜止開始從O點向右做勻加速直線運動，先經(jīng)時間t力F做功90J，此后撤去力F，物塊再經(jīng)時間2t返回到出發(fā)點O，且回到出發(fā)點時的速度大小為v。設(shè)物塊在O點的電勢能為零，則()A．撤去力F時物塊的速度大小為eq\f(v,3)B．物塊向右滑動的最大距離為eq\f(2vt,3)C．物塊回到出發(fā)點時的動能為90JD．撤去力F時物塊的電勢能為60J答案：C解析：設(shè)F撤去前、后物塊的加速度大小分別為a1、a2，根據(jù)位移關(guān)系有eq\f(1,2)a1t2＋(a1t)·2t－eq\f(1,2)a2(2t)2＝0，解得eq\f(a1,a2)＝eq\f(4,5)，根據(jù)運動學(xué)規(guī)律有v＝2a2t－a1t＝eq\f(3,2)a1t，所以撤去力F時物塊的速度大小為v1＝a1t＝eq\f(2,3)v，故A錯誤；從撤去F到物塊速度減為零所經(jīng)歷的時間為t1＝eq\f(v1,a2)＝eq\f(v1,\f(5,4)a1)＝eq\f(4,5)t，所以物塊向右滑動的最大距離為xmax＝eq\f(v1,2)t＋eq\f(v1,2)t1＝eq\f(3,5)vt，故B錯誤；物塊從O點開始運動到又回到O點的過程中，電場力做功為零，恒力F做功為90J，根據(jù)動能定理可知物塊回到出發(fā)點時的動能為90J，故C正確；物塊向右運動過程中，電勢能增加量等于克服電場力做的功，根據(jù)能量守恒定律可知物塊向右到達最遠位置時的電勢能為90J，設(shè)撤去F時物塊的電勢能為Ep，則eq\f(Ep,90J)＝eq\f(qEx1,qExmax)＝eq\f(\f(v1,2)t,\f(3,5)vt)＝eq\f(5,9)，解得Ep＝50J，故D錯誤。故選C。5.如圖所示，一帶電微粒在重力和水平勻強電場對它的電場力作用下由a到b做直線運動，ab連線與豎直方向所夾的銳角為θ，則下列結(jié)論正確的是()A．此微粒帶負電B．微?？赡茏鰟蛩僦本€運動C．合外力對微粒做的總功等于零D．微粒的電勢能減少答案：D解析：帶電微粒受重力和電場力均為恒力，故合外力不變，由a到b做直線運動，則電場力方向水平向右，微粒帶正電，加速度不變，故帶電微粒做勻加速直線運動，故A、B錯誤；由于微粒從靜止開始做加速運動，故合外力的方向與運動的方向相同，故合外力對物體做正功，故C錯誤；由于電場力做功為W＝Eqxabsinθ，故電場力對微粒做正功，微粒電勢能減少，D正確。故選D。6．下列粒子從初速度為零的狀態(tài)經(jīng)過電壓同為u的電場加速后，哪種粒子的速度最大()A．質(zhì)子 B．氘核C．氦原子核 D．一價鈉離子答案：A解析：設(shè)粒子的電荷量為q，質(zhì)量為m，根據(jù)動能定理可得qu＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(\f(2qu,m))∝eq\r(\f(q,m))，選項中的四種粒子，質(zhì)子的比荷最大，則質(zhì)子的速度最大。故選A。能力提升練7.如圖所示，電子在電勢差為U1的加速電場中由靜止開始運動，然后射入電勢差為U2的兩塊平行極板間的電場中，射入方向跟極板平行，整個裝置處在真空中，重力可忽略，在滿足電子能射出平行板區(qū)的條件下，下述四種情況中，一定能使電子的偏轉(zhuǎn)角θ變小的是()A．U1變小、U2變大 B．U1變大、U2變大C．U1變小、U2變小 D．U1變大、U2變小答案：D解析：設(shè)電子被加速后獲得初速度為v0，則由動能定理得qU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，設(shè)極板長為l，則電子在電場中偏轉(zhuǎn)所用時間為t＝eq\f(l,v0)，設(shè)電子的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律，有a＝eq\f(qE2,m)＝eq\f(qU2,md)，電子射出偏轉(zhuǎn)電場時，平行于電場方向的速度為vy＝at，聯(lián)立可得vy＝eq\f(qU2l,dmv0)，又有tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qU2l,2dmv\o\al(2,0))＝eq\f(U2l,2dU1)，故U2變小、U1變大一定使偏轉(zhuǎn)角變小。故選D。8.如圖為示波管的一部分，a、b為電子槍的兩電極，c、d為兩平行金屬板，且c板電勢比d高。則()A．a(chǎn)為陽極，b為陰極B．電子在cd極板間運動時向下極板偏轉(zhuǎn)C．a(chǎn)b間電勢差越大，電子在cd極板間動能的改變量可能越小D．a(chǎn)b間電勢差越大，電子在cd極板間運動的時間一定越短答案：C解析：要使電子在加速電場中加速，則電子逆著電場線運動，故b板電勢高，故a為陰極b為陽極，A錯誤；電子在cd極板間運動時，電場力向上，電子將向上極板偏轉(zhuǎn)，B錯誤；ab間電勢差越大，由動能定理可知，離開加速電場時的速度越大，電子在偏轉(zhuǎn)電場中的偏轉(zhuǎn)量可能變小，故在偏轉(zhuǎn)電場中電場力做功變少，故動能改變量可能變小，C正確；ab間電勢差越大，由動能定理可知，離開加速電場時的速度越大，即進入偏轉(zhuǎn)電場的水平初速度越大，但只要能達到C板，則豎直方向的位移不變，加速度也不變，故時間相同，D錯誤。故選C。9.如圖所示，一束粒子(不計粒子重力)從O點沿水平方向以初速度v0射入平行板之間的電場后分成了a、b、c、d四束，粒子束中粒子不帶電且動能保持不變的是()A．a(chǎn) B．bC．c D．d答案：B解析：由軌跡可知，粒子b的運動軌跡為直線，沒有發(fā)生偏轉(zhuǎn)，可知粒子b不受電場力，粒子不帶電，做勻速直線運動，其動能保持不變。故選B。10．示波器可以用來觀察電信號隨時間變化的情況，YY′偏轉(zhuǎn)電極上加的是待測信號電壓，XX′偏轉(zhuǎn)電極接入儀器自身產(chǎn)生的鋸齒形掃描電壓。若調(diào)節(jié)掃描電壓周期與信號電壓周期相同，在熒光屏上可得到待測信號在一個周期內(nèi)隨時間變化的穩(wěn)定圖像。下列說法正確的是()A．電子在示波管內(nèi)做類平拋運動B．待測信號電壓不會改變電子的動能C．若熒光屏上恰好只出現(xiàn)一個周期內(nèi)的正弦圖像，說明待測信號隨時間按正弦規(guī)律變化D．若熒光屏上恰好只出現(xiàn)一個周期內(nèi)的正弦圖像，把掃描電壓的周期變?yōu)樵瓉淼囊话?，熒光屏上會出現(xiàn)兩個周期內(nèi)的正弦圖像答案：C解析：電子從電子槍中以一定速度打出，在中心線上做勻速直線運動，由于速度很大，所以經(jīng)過兩偏轉(zhuǎn)電極時時間很短，可認為極板間電壓不變，即受到的電場力不變。經(jīng)過YY′偏轉(zhuǎn)電極時，受到與YY′垂直的電場力，此時合力與速度方向垂直，做類平拋運動。當經(jīng)過XX′偏轉(zhuǎn)電極，受到與XX′垂直的電場力，此時進入電場的速度方向也與電場垂直，所以也做類平拋運動。但在示波管中運動時不是做一個類平拋運動。故A錯誤；電子經(jīng)過YY′時，電場力做正功，所以待測信號電壓使電子的動能增大。故B錯誤；設(shè)電子從電子槍射出時的速度為v0，YY′、XX′兩極板的長度分別為Ly、Lx，則在兩電場中運動的時間分別為ty＝eq\f(Ly,v0)，tx＝eq\f(Lx,v0)，由題意可知，時間ty、tx均為定值，與電壓的變化無關(guān)。設(shè)YY′、XX′兩極板間的距離分別dy、dx，兩極板間的電場分別為Ey＝eq\f(uy,dy)，Ex＝eq\f(ux,dx)，又由牛頓第二定律得eE＝ma，電子朝正極的偏轉(zhuǎn)位移l＝eq\f(1,2)at2，由以上各式可得電子在極板中的偏轉(zhuǎn)位移與所加電壓