章末綜合測(cè)評(píng)(二)　靜電場(chǎng)中的能量(時(shí)間：75分鐘　分值：100分)一、單項(xiàng)選擇題：共11題，每題4分，共44分。每題只有一個(gè)選項(xiàng)最符合題意。1．(2021·黃岡中學(xué)月考)超級(jí)電容的容量比通常的電容器大得多，其主要優(yōu)點(diǎn)是高功率脈沖應(yīng)用和瞬時(shí)功率保持，具有廣泛的應(yīng)用前景。如圖所示，某超級(jí)電容標(biāo)有“2.7 V　100 F”字樣，將該電容器接在電動(dòng)勢(shì)為1.5 V的干電池兩端，則電路穩(wěn)定后該電容器的負(fù)極板上所帶的電荷量為(　　)A．－150 C  B．－75 C  C．－270 C  D．－135 CA　[根據(jù)C＝可知電容器所帶的電荷量為Q＝CU＝100×1.5 C＝150 C，則電路穩(wěn)定后該電容器的負(fù)極板上所帶的電荷量為－150 C，故選A。]2．如圖所示，在O點(diǎn)放置一點(diǎn)電荷Q，以O為圓心作一圓。現(xiàn)將一試探電荷分別從圓上的B、C、D三點(diǎn)移到圓外的A點(diǎn)，下列說(shuō)法正確的是(　　)A．從B點(diǎn)移到A點(diǎn)的過(guò)程中靜電力做功最少B．從C點(diǎn)移到A點(diǎn)的過(guò)程中靜電力做功最少C．從D點(diǎn)移到A點(diǎn)的過(guò)程中靜電力做功最多D．三個(gè)過(guò)程中靜電力做功一樣多D　[在O點(diǎn)放置一點(diǎn)電荷Q，以O為圓心作一圓，根據(jù)點(diǎn)電荷等勢(shì)面的分布情況知，B、C、D三點(diǎn)的電勢(shì)相等，因此A點(diǎn)與B、C、D三點(diǎn)間的電勢(shì)差相等，將一電荷從圓上的B、C、D三點(diǎn)移到圓外的A點(diǎn)的過(guò)程中，根據(jù)W＝qU知，三個(gè)過(guò)程靜電力做功相等，選項(xiàng)D正確，A、B、C錯(cuò)誤。]3．電子束焊接機(jī)中的電場(chǎng)線(xiàn)如圖中虛線(xiàn)所示。K為陰極，A為陽(yáng)極，兩極之間的距離為d，在兩極之間加上高電壓U，有一電子在K極由靜止被加速。不考慮電子重力，元電荷為e，則下列說(shuō)法正確的是(　　)A．A、K之間的電場(chǎng)強(qiáng)度為B．電子到達(dá)A極時(shí)的動(dòng)能大于eUC．由K到A電子的電勢(shì)能減小了eUD．由K沿直線(xiàn)到A電勢(shì)逐漸降低C　[由于A、K之間的電場(chǎng)是非勻強(qiáng)電場(chǎng)，公式U＝Ed不適用，因此A、K之間的電場(chǎng)強(qiáng)度不等于，故A錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理，得Ek－0＝eU，則電子到達(dá)A極時(shí)的動(dòng)能Ek＝eU，故B錯(cuò)誤；由K到A電場(chǎng)力對(duì)電子做正功，電子的電勢(shì)能減小了eU，故C正確；電子所受電場(chǎng)力向下，電場(chǎng)方向向上，則由K沿直線(xiàn)到A電勢(shì)逐漸升高，故D錯(cuò)誤。]4．某靜電場(chǎng)的電場(chǎng)線(xiàn)分布如圖所示，一負(fù)點(diǎn)電荷只在電場(chǎng)力作用下先后經(jīng)過(guò)場(chǎng)中的M、N兩點(diǎn)，過(guò)N點(diǎn)的虛線(xiàn)是電場(chǎng)中的一條等勢(shì)線(xiàn)，則(　　)A．M點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度小于N點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度B．M點(diǎn)的電勢(shì)低于N點(diǎn)的電勢(shì)C．負(fù)點(diǎn)電荷在M點(diǎn)的電勢(shì)能小于在N點(diǎn)的電勢(shì)能D．負(fù)點(diǎn)電荷在M點(diǎn)的動(dòng)能小于在N點(diǎn)的動(dòng)能C　[電場(chǎng)線(xiàn)密集的地方，電場(chǎng)強(qiáng)度大，故M點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大于N點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度，A錯(cuò)誤；沿著電場(chǎng)線(xiàn)電勢(shì)降低，故M點(diǎn)的電勢(shì)高于N點(diǎn)的電勢(shì)，B錯(cuò)誤；負(fù)點(diǎn)電荷由M到N電場(chǎng)力做負(fù)功，動(dòng)能減小，電勢(shì)能增加，C正確，D錯(cuò)誤。]5．如圖所示，a、b、c三條虛線(xiàn)為電場(chǎng)中的等勢(shì)面，等勢(shì)面b的電勢(shì)為0，且相鄰兩個(gè)等勢(shì)面間的電勢(shì)差相等，一個(gè)帶正電的粒子在A時(shí)的動(dòng)能為10 J，在靜電力作用下從A運(yùn)動(dòng)到B，在B時(shí)速度為0，當(dāng)這個(gè)粒子的動(dòng)能為7.5 J時(shí)，其電勢(shì)能為(　　)A．12.5 J  B．2.5 J  C．0   D．－2.5 JD　[粒子在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中只有靜電力做功，動(dòng)能和電勢(shì)能之和保持不變，在A點(diǎn)時(shí)動(dòng)能為10 J，B點(diǎn)時(shí)動(dòng)能為0，由對(duì)稱(chēng)性易知，粒子運(yùn)動(dòng)至等勢(shì)面b時(shí)動(dòng)能為5 J，因此動(dòng)能和電勢(shì)能之和為5 J。當(dāng)動(dòng)能為7.5 J時(shí)，電勢(shì)能為－2.5 J，故選項(xiàng)D正確。]6．某靜電場(chǎng)沿x軸的電勢(shì)φ的分布如圖所示，x2處的電勢(shì)為φ2，下列說(shuō)法正確的有(　　)A．將電量為q的點(diǎn)電荷從x1移到x2，電場(chǎng)力做的功為qφ2B．x1處的電場(chǎng)強(qiáng)度為零C．負(fù)電荷從x1移到x2，電勢(shì)能減小D．負(fù)電荷從x1移到x2，受到的電場(chǎng)力增大C　[由圖可知，x2處的電勢(shì)高，將電量為q的點(diǎn)電荷從x1移到x2，電場(chǎng)力做的功為－qφ2，克服電場(chǎng)力做的功為qφ2，故A錯(cuò)誤；φ-x圖像的斜率k＝＝＝E，即φ-x圖像的斜率表示電場(chǎng)強(qiáng)度；在x軸上，x1處的斜率不等于0，則電場(chǎng)強(qiáng)度不等于0，故B錯(cuò)誤；由圖可知，x2處的電勢(shì)高，將負(fù)電荷從x1移到x2，電場(chǎng)力做正功，則電勢(shì)能減小，故C正確；φ-x圖像的斜率表示電場(chǎng)強(qiáng)度，在x軸上，x2處圖像的斜率為零，表示電場(chǎng)強(qiáng)度為零，可知將負(fù)電荷從x1移到x2，受到的電場(chǎng)力減小，故D錯(cuò)誤。]7．如圖ABCD的矩形區(qū)域存在沿A至D方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)為E，邊長(zhǎng)AB＝2AD，質(zhì)量m、帶電量＋q的粒子以恒定的速度v從A點(diǎn)沿AB方向射入矩形區(qū)域，粒子恰好從C點(diǎn)以速度v1射出電場(chǎng)，粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，則(　　)A．若電場(chǎng)強(qiáng)度變?yōu)?/span>2E，粒子從DC邊中點(diǎn)射出B．若電場(chǎng)強(qiáng)度變?yōu)?/span>2E，粒子射出電場(chǎng)的速度為2v1C．若粒子入射速度變?yōu)?/span>，則粒子從DC邊中點(diǎn)射出電場(chǎng)D．若粒子入射速度變?yōu)?/span>，則粒子射出電場(chǎng)時(shí)的速度為C　[若電場(chǎng)強(qiáng)度變?yōu)?/span>2E，則粒子從DC邊離開(kāi)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間變?yōu)?/span>t，則水平位移變?yōu)樵瓉?lái)的，而不是，故A錯(cuò)誤；在粒子穿過(guò)電場(chǎng)的過(guò)程中，設(shè)電場(chǎng)力做功為W，則由功能定理W＝Eqd＝mv－mv2，可知電場(chǎng)強(qiáng)度加倍，則電場(chǎng)力做功變?yōu)榱?/span>2W，則射出電場(chǎng)的速度不等于2v1，故B錯(cuò)誤；粒子入射速度變?yōu)?/span>，則粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間不變，可得出粒子從DC邊中點(diǎn)射出電場(chǎng)，故C正確；由于電場(chǎng)不變，粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間不變，電場(chǎng)力做功不變，由動(dòng)能定理可知，粒子射出電場(chǎng)時(shí)的速度不是，故D錯(cuò)誤。]8．如圖所示，偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)可看作勻強(qiáng)電場(chǎng)，極板間電壓為U，極板長(zhǎng)度為L，間距為d。電子由靜止開(kāi)始經(jīng)加速電場(chǎng)加速后。沿平行于極板的方向射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，并從另一側(cè)射出。已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e，加速電場(chǎng)電壓為U0，忽略電子所受重力。電子射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的初速度v0和從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)射出時(shí)沿垂直板面方向的偏轉(zhuǎn)距離Δy分別是(　　)A．， B．，C．，   D．，D　[根據(jù)功能關(guān)系，可得eU0＝mv，電子射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的初速度為v0＝；在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中，電子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為Δt＝，偏轉(zhuǎn)加速度為a＝＝，偏轉(zhuǎn)距離為：Δy＝a(Δt)2＝，故D正確，A、B、C錯(cuò)誤。]9．靜電計(jì)是測(cè)量電勢(shì)差的儀器，指針偏轉(zhuǎn)角度越大，金屬外殼和上方金屬小球間的電勢(shì)差越大。實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示，在本實(shí)驗(yàn)中，靜電計(jì)指針和A板等電勢(shì)，靜電計(jì)金屬殼和B板等電勢(shì)，因此指針偏轉(zhuǎn)角度越大表示A、B兩極板間的電勢(shì)差越大。現(xiàn)對(duì)電容器充電后斷開(kāi)開(kāi)關(guān)，若按圖下方的說(shuō)明來(lái)做實(shí)驗(yàn)，則(　　)A．圖甲中兩極板間電勢(shì)差變小B．圖乙中兩極板間電勢(shì)差變小C．圖丙中兩極板間電勢(shì)差變小D．圖丙中兩極板間電勢(shì)差變大C　[題圖甲中，當(dāng)極板B向上移動(dòng)時(shí)，兩極板的正對(duì)面積S減小，根據(jù)電容決定式C＝，可知電容器電容減小，電荷量不變，根據(jù)U＝，可知兩極板間的電勢(shì)差增大，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；題圖乙中，電容器兩極板間距離變大，電容減小，電荷量不變，根據(jù)U＝，可知兩極板間的電勢(shì)差變大，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；題圖丙中，插入電介質(zhì)，電容增大，電荷量不變，根據(jù)U＝，可知兩極板間電勢(shì)差減小，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。]10．如圖所示為一種電荷控制式噴墨打印機(jī)的打印頭的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)圖，其中墨盒可以噴出極小的墨汁微粒，此微粒經(jīng)過(guò)帶電室后以一定的初速度垂直射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后打到紙上，顯示出字符。不考慮墨汁微粒的重力，為了使打在紙上的字跡縮小，下列措施可行的是(　　)A．減小墨汁微粒的質(zhì)量B．增大墨汁微粒所帶的電荷量C．增大偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電壓D．增大墨汁微粒的噴出速度D　[微粒以一定的初速度v0垂直射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，則水平方向有L＝v0t，豎直方向有y＝at2，加速度a＝，聯(lián)立解得y＝，要縮小字跡，就要減小微粒的偏移量y，由上式分析可知，可采用的方法有增大兩板間距離d、減小墨汁微粒所帶的電荷量q、增大墨汁微粒的質(zhì)量或速度、減小極板的長(zhǎng)度L、減小偏轉(zhuǎn)極板間的電壓U，故A、B、C錯(cuò)誤，D正確。]11．如圖所示，平行板電容器兩極板水平放置，極板A在上方，極板B在下方，現(xiàn)將其和二極管串聯(lián)接在電源上，二極管具有單向?qū)щ娦?/span>。一帶電小球沿A、B中心水平射入，打在B極板上的N點(diǎn)，小球的重力不能忽略，現(xiàn)通過(guò)上下移動(dòng)A板來(lái)改變兩極板A、B間距(兩極板仍平行)，則下列說(shuō)法正確的是(　　)A．若小球帶正電，當(dāng)A、B間距增大時(shí)，小球打在N的右側(cè)B．若小球帶正電，當(dāng)A、B間距減小時(shí)，小球打在N的右側(cè)C．若小球帶負(fù)電，當(dāng)A、B間距增大時(shí)，小球打在N的左側(cè)D．若小球帶負(fù)電，當(dāng)A、B間距減小時(shí)，小球可能打在N的右側(cè)D　[根據(jù)平行板電容器電容的決定式C＝和定義式C＝可知，當(dāng)A、B間距d增大時(shí)，電容C減小，由于電容器兩極板與電源相連，因此電容器要放電，但由于二極管的單向?qū)щ娦裕沟秒娙萜魃系碾姾闪坎荒茏兓?，又由電?chǎng)強(qiáng)度與電勢(shì)差的關(guān)系E＝可知，E＝·＝，即恒定不變，因此無(wú)論小球電性如何，其運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的受力情況不變，因此仍然打在N點(diǎn)，故選項(xiàng)A、C錯(cuò)誤；當(dāng)A、B間距d減小時(shí)，C增大，由于電容器兩極板與電源相連，因此電容器要被充電，U保持不變，電場(chǎng)強(qiáng)度E增大，小球所受電場(chǎng)力增大，若小球帶正電，則合力變大，加速度變大，運(yùn)動(dòng)至B極板的時(shí)間變短，因此打在N點(diǎn)的左側(cè)，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；若小球帶負(fù)電，則合力可能變小(電場(chǎng)力仍然小于重力)，加速度變小，運(yùn)動(dòng)至B極板的時(shí)間變長(zhǎng)，因此可能打在N點(diǎn)的右側(cè)，故選項(xiàng)D正確。]二、非選擇題：共5題，共56分。其中第13題～第16題解答時(shí)請(qǐng)寫(xiě)出必要的文字說(shuō)明、方程式和重要的演算步驟，只寫(xiě)出最后答案的不能得分；有數(shù)值計(jì)算時(shí)，答案中必須明確寫(xiě)出數(shù)值和單位。12．(9分)高電阻放電法測(cè)電容的實(shí)驗(yàn)，是通過(guò)對(duì)高阻值電阻放電的方法測(cè)出電容器充電電壓為U時(shí)所帶的電荷量Q，從而再求出待測(cè)電容器的電容C，某同學(xué)的實(shí)驗(yàn)情況如下：(1)按圖1所示電路連接好實(shí)驗(yàn)電路。(2)接通開(kāi)關(guān)S，調(diào)節(jié)電阻箱R的阻值，使小量程電流表的指針偏轉(zhuǎn)接近滿(mǎn)刻度，記下這時(shí)電流表的示數(shù)I0＝500 μA、電壓表的示數(shù)U0＝6.0 V，I0和U0分別是電容器放電的初始電流和初始電壓，此時(shí)電阻箱R的阻值為8.5 kΩ，則電流表的內(nèi)阻為________kΩ。(3)斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S，同時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí)，每隔5 s或10 s讀一次電流I的值，將測(cè)得數(shù)據(jù)填入預(yù)先設(shè)計(jì)的表格中，根據(jù)表格中的數(shù)據(jù)標(biāo)出以時(shí)間t為橫坐標(biāo)、電流I為縱坐標(biāo)的坐標(biāo)上的點(diǎn)，如圖2中用“×”表示的點(diǎn)。(4)請(qǐng)?jiān)趫D中描繪出電流隨時(shí)間變化的圖線(xiàn)，并根據(jù)圖線(xiàn)估算出該電容器兩端電壓力U0時(shí)所帶的電荷量Q0約為________C；(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)(5)根據(jù)公式________來(lái)計(jì)算電容器的電容。(只要求寫(xiě)出表達(dá)式，不要求計(jì)算結(jié)果)圖1圖2[解析]　(2)由歐姆定律有U0＝I0(Rg＋R)得Rg＝－R＝Ω－8.5×103Ω＝3.5×103Ω＝3.5 kΩ。(4)用平滑曲線(xiàn)連接各點(diǎn)，查出所畫(huà)的曲線(xiàn)與縱標(biāo)軸所圍的格數(shù)以求得面積。 因ΔQ＝I·Δt即為曲線(xiàn)與縱標(biāo)軸所圍的格數(shù)的面積，則利用數(shù)格子方法，估算出電容器兩端電壓為U0時(shí)的電荷量為Q＝34×2.5×10－4＝8.5×10－3C。(5)利用C＝可求出電容C。[答案]　(2)3.5　(4)如圖所示　8.5×10－3　(5)C＝13．(10分)如圖所示，在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，有一電荷量為q＝－4×10－7C的負(fù)點(diǎn)電荷從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，電場(chǎng)力做功為WAB＝3.2×10－6 J，A、B間距離L＝4 m，AB與水平面的夾角為60°。(1)負(fù)點(diǎn)電荷的電勢(shì)能是增加還是減少？增加(減少)了多少？(2)B、A間電勢(shì)差UBA是多少？(3)電場(chǎng)強(qiáng)度E是多大？(4)如果A點(diǎn)的電勢(shì)為－4 V，那么B點(diǎn)的電勢(shì)為多大？電荷量為q′＝4×10－6C的正電荷在A點(diǎn)具有的電勢(shì)能是多少？[解析]　(1)負(fù)點(diǎn)電荷從A運(yùn)動(dòng)到B，電場(chǎng)力做正功3.2×10－6J，則負(fù)點(diǎn)電荷的電勢(shì)能減少，減少了3.2×10－6J。(2)由WAB＝UABq可得UAB＝＝ V＝－8 V，則UBA＝－UAB＝8 V。(3)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E＝＝4 V/m。(4)因UAB＝φA－φB＝－8 V，φA＝－4 V，則φB＝4 V電荷量為q′的正電荷在A點(diǎn)具有的電勢(shì)能為EpA＝φAq′＝－1.6×10－5 J。[答案]　(1)減少　3.2×10－6 J　(2)8 V　(3)4 V/m　(4)4 V　－1.6×10－5 J14．(10分)如圖所示，帶負(fù)電的小球靜止在水平放置的平行板電容器兩極板間，距下極板h＝0.8 cm，兩極板間的電勢(shì)差為300 V。如果兩極板間電勢(shì)差減小到60 V，則帶電小球運(yùn)動(dòng)到極板上需要多長(zhǎng)時(shí)間？(g取10 m/s2)[解析]　選帶電小球?yàn)檠芯繉?duì)象，設(shè)它所帶電荷量為q，則帶電小球受重力mg和靜電力qE的作用。當(dāng)U1＝300 V時(shí)，小球受力平衡，有mg＝q ①當(dāng)U2＝60 V時(shí)，帶電小球向下極板做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，有mg－q＝ma ②h＝at2 ③由①②③式得t＝≈4.5×10－2 s。[答案]　4.5×10－2 s15．(12分)如圖甲所示，在xOy坐標(biāo)系中，兩平行金屬板AB、OD水平放置，OD與x軸重合，板的左端與原點(diǎn)O重合，板長(zhǎng)L＝2 m，板間距離d＝1 m，緊靠極板右側(cè)有一熒光屏。兩金屬板間電壓UAO隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖乙所示，變化周期為T＝2×10－3 s，U0＝1×103V，一帶正電的粒子從左上角A點(diǎn)，以平行于AB邊大小為v0＝1 000 m/s的速度射入板間，粒子電荷量為q＝1×10－5 C，質(zhì)量m＝1×10－7 kg。不計(jì)粒子所受重力。求：(1)粒子在板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；(2)粒子打到熒光屏上的縱坐標(biāo)的范圍；(3)粒子打到熒光屏上的動(dòng)能。甲　　　　　　　　乙[解析]　(1)粒子在板間沿x軸方向勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，則L＝v0t，t＝＝2×10－3s。(2)t＝0時(shí)刻射入的粒子在板間偏轉(zhuǎn)量最大，設(shè)為y1y1＝a＋又根據(jù)牛頓第二定律＝ma解得y1＝0.15 m縱坐標(biāo)y＝d－y1＝0.85 mt＝1×10－3 s時(shí)刻射入的粒子在板間偏轉(zhuǎn)量最小，設(shè)為y2y2＝a解得y2＝0.05 m縱坐標(biāo)y′＝d－y2＝0.95 m所以打在熒光屏上的縱坐標(biāo)的范圍為0.85 m～0.95 m。(3)分析可知粒子打到熒光屏上的動(dòng)能相同，設(shè)為Ek，由動(dòng)能定理得qy2＝Ek－mv解得Ek＝5.05×10－2 J。[答案]　(1)2×10－3 s　(2)0.85 m～0.95 m(3)5.05×10－2 J16．(15分)如圖所示，水平放置的平行板電容器與某一電源相連，它的極板長(zhǎng)L＝0.4 m，兩板間距離d＝4×10－3 m，有一束由相同帶電微粒組成的粒子流，以相同的速度v0從兩板中央平行極板射入，開(kāi)關(guān)S閉合前，兩板不帶電，由于重力作用微粒能落到下極板的正中央，已知微粒質(zhì)量為m＝4×10－5 kg，電荷量q＝＋1×10－8 C，g取10 m/s2。求：(1)微粒入射速度v0的大小；(2)為使微粒能從平行板電容器的右邊射出電場(chǎng)，電容器的上極板應(yīng)與電源的正極還是負(fù)極相連？所加的電壓U應(yīng)取什么范圍？[解析]　(1)粒子剛進(jìn)入平行板時(shí)，兩極板不帶電，粒子做的是平拋運(yùn)動(dòng)，則有水平方向：＝v0t，豎直方向：＝gt2解得v0＝10 m/s。(2)由于帶電粒子的水平位移增加，在板間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間變大，而豎直方向位移不變，所以在豎直方向的加速度減小，所以電場(chǎng)方向向上，又因?yàn)榱Ｗ訋д?，所以電容器的上極板應(yīng)與電源的負(fù)極相連。當(dāng)所加的電壓為U1時(shí)，微粒恰好從下極板的右邊緣射出，則有＝a1根據(jù)牛頓第二定律得mg－q＝ma1解得U1＝120 V當(dāng)所加的電壓為U2時(shí)，微粒恰好從上極板的右邊緣射出，則有＝a2根據(jù)牛頓第二定律得q－mg＝ma2解得U2＝200 V所以所加電壓范圍為120 V≤U≤200 V。[答案]　(1)10 m/s　(2)與負(fù)極相連　120 V≤U≤200 V 

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