高考物理动能与动能定理试题经典及解析

高考物理动能与动能定理试题经典及解析

一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理

1．如图所示，半径R =0.5 m 的光滑圆弧轨道的左端A 与圆心O 等高，B 为圆弧轨道的最低点，圆弧轨道的右端C 与一倾角θ=37°的粗糙斜面相切。一质量m =1kg 的小滑块从A 点正上方h =1 m 处的P 点由静止自由下落。已知滑块与粗糙斜面间的动摩擦因数μ=0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g =10 m/s 2。

(1)求滑块第一次运动到B 点时对轨道的压力。 (2)求滑块在粗糙斜面上向上滑行的最大距离。 (3)通过计算判断滑块从斜面上返回后能否滑出A 点。 【答案】(1)70N ； (2)1.2m ； (3)能滑出A 【解析】 【分析】 【详解】

(1)滑块从P 到B 的运动过程只有重力做功，故机械能守恒，则有

()21

2

B mg h R mv +=

那么，对滑块在B 点应用牛顿第二定律可得，轨道对滑块的支持力竖直向上，且

()2

N 270N B mg h R mv F mg mg R R

+=+=+=

故由牛顿第三定律可得：滑块第一次运动到B 点时对轨道的压力为70N ，方向竖直向下。 (2)设滑块在粗糙斜面上向上滑行的最大距离为L ，滑块运动过程只有重力、摩擦力做功，故由动能定理可得

cos37sin37cos370mg h R R L mgL μ+-?-?-?=（）

所以

1.2m L =

(3)对滑块从P 到第二次经过B 点的运动过程应用动能定理可得

()21

2cos370.542

B mv mg h R mgL mg mgR μ'=+-?=> 所以，由滑块在光滑圆弧上运动机械能守恒可知：滑块从斜面上返回后能滑出A 点。 【点睛】

经典力学问题一般先对物体进行受力分析，求得合外力及运动过程做功情况，然后根据牛顿定律、动能定理及几何关系求解。

2．如图所示，斜面ABC 下端与光滑的圆弧轨道CDE 相切于C ，整个装置竖直固定，D 是最低点，圆心角∠DOC ＝37°，E 、B 与圆心O 等高，圆弧轨道半径R ＝0.30m ，斜面长L ＝1.90m ，AB 部分光滑，BC 部分粗糙．现有一个质量m ＝0.10kg 的小物块P 从斜面上端A 点无初速下滑，物块P 与斜面BC 部分之间的动摩擦因数μ＝0.75．取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g ＝10m/s 2，忽略空气阻力．求：

（1）物块第一次通过C 点时的速度大小v C ．

（2）物块第一次通过D 点时受到轨道的支持力大小F D ． （3）物块最终所处的位置．

【答案】（1）32m/s （2）7.4N （3）0.35m 【解析】 【分析】

由题中“斜面ABC 下端与光滑的圆弧轨道CDE 相切于C”可知，本题考查动能定理、圆周运动和机械能守恒，根据过程分析，运用动能定理、机械能守恒和牛顿第二定律可以解答． 【详解】

（1）BC 长度tan 530.4m l R ==o ，由动能定理可得

21

()sin 372

B mg L l mv -=o

代入数据的

32m/s B v =

物块在BC 部分所受的摩擦力大小为

cos370.60N f mg μ==o

所受合力为

sin 370F mg f =-=o

故

32m/s C B v v ==

（2）设物块第一次通过D 点的速度为D v ，由动能定理得

2211

(1cos37)22

D C mgR mv mv -=

-o 有牛顿第二定律得

2

D D v F mg m R

-= 联立解得

7.4N D F =

（3）物块每次通过BC 所损失的机械能为

0.24J E fl ?==

物块在B 点的动能为

21

2

kB B E mv =

解得0.9J kB E = 物块经过BC 次数

0.9J

=3.750.24J

n =

设物块最终停在距离C 点x 处，可得

()sin 37(3+)0mg L x f l x --=o

代入数据可得

0.35m x =

3．如图所示是一种特殊的游戏装置，CD 是一段位于竖直平面内的光滑圆弧轨道，圆弧半径为10m ，末端D 处的切线方向水平，一辆玩具滑车从轨道的C 点处下滑，滑到D 点时速度大小为10m/s ，从D 点飞出后落到水面上的B 点。已知它落到水面上时相对于O 点（D 点正下方）的水平距离10m OB =。为了能让滑车抛到水面上的更远处，有人在轨道的下方紧贴D 点安装一水平传送带，传送带右端轮子的圆心与D 点的水平距离为8m ，轮子半径为0.4m （传送带的厚度不计），若传送带与玩具滑车之间的动摩擦因数为0.4，玩具滑车的质量为4kg ，不计空气阻力（把玩具滑车作质点处理），求 (1)玩具滑车到达D 点时对D 点的压力大小。

(2)如果传送带保持不动，玩具滑车到达传送带右端轮子最高点时的速度和落水点位置。 (3)如果传送带是在以某一速度匀速运动的（右端轮子顺时针转），试讨论玩具滑车落水点与传送带速度大小之间的关系。

【答案】(1)80N ；(2)6m/s ，6m ；(3)见解析。 【解析】 【详解】

(1)玩具滑车到达D 点时，由牛顿第二定律：

2D

D v F mg m R

-=

解得

22

10=404=80N 10

D D v F mg m R =++?；

(2)若无传送带时，由平抛知识可知：

D x v t =

解得

1s t =

如果传送带保持不动，则当小车滑到最右端时，由动能定理：

22

1122

D mv mv mgL μ-=- 解得

v =6m/s

因为6m/s 2m/s v gR ==，则小车从右端轮子最高点做平抛运动，则落水点距离传送

带右端的水平距离：

'6m x vt ==

(3)①若传送带的速度v ≤6m/s ，则小车在传送带上运动时一直减速，则到达右端的速度为6m/s ，落水点距离传送带右端的水平距离为6m ； ②若小车在传送带上一直加速，则到达右端时的速度满足

'22

1122

D mv mv mgL μ-= 解得

'241m/s v =

若传送带的速度241m/s v ≥，则小车在传送带上运动时一直加速，则到达右端的速度为

241m/s ，落水点距离传送带右端的水平距离为241m x vt ==；

③若传送带的速度10m/s≥v ≥6m/s ，则小车在传送带上运动时先减速到v ，然后以速度v 匀速，则到达右端的速度为v ，落水点距离传送带右端的水平距离为vt=v m ；

④若传送带的速度241m/s ≥v ≥10m/s ，则小车在传送带上运动时先加速到v ，然后以速度v 匀速，则到达右端的速度为v ，落水点距离传送带右端的水平距离为vt =v m 。

4．如图所示，足够长的光滑绝缘水平台左端固定一被压缩的绝缘轻质弹簧，一个质量

0.04kg m =，电量4310C q -=?的带负电小物块与弹簧接触但不栓接，弹簧的弹性势能

为0.32J 。某一瞬间释放弹簧弹出小物块，小物块从水平台右端A 点飞出，恰好能没有碰撞地落到粗糙倾斜轨道的最高点B ，并沿轨道BC 滑下，运动到光滑水平轨道CD ，从D 点进入到光滑竖直圆内侧轨道。已知倾斜轨道与水平方向夹角为37α?=，倾斜轨道长为

2.0m L =，带电小物块与倾斜轨道间的动摩擦因数0.5μ=。小物块在C 点没有能量损

失，所有轨道都是绝缘的，运动过程中小物块的电量保持不变，可视为质点。只有光滑竖直圆轨道处存在范围足够大的竖直向下的匀强电场，场强5210V/m E =?。已知

cos370.8?=，sin370.6?=，取2

10m/s g =，求：

（1）小物块运动到A 点时的速度大小A v ； （2）小物块运动到C 点时的速度大小C v ；

（3）要使小物块不离开圆轨道，圆轨道的半径应满足什么条件？

【答案】（1）4m/s ；（233；（3）R ?0.022m 【解析】 【分析】 【详解】

（1）释放弹簧过程中，弹簧推动物体做功，弹簧弹性势能转变为物体动能

212

P A E mv =

解得

220.32

4m/s 0.04P A E v

m ＝

＝＝? （2）A 到B 物体做平抛运动，到B 点有

cos37A B

v

v ?＝ 所以

4

5m/s 0.8

B v ＝

＝ B 到C 根据动能定理有

2211sin37cos3722

C B mgL mg L mv mv μ?-??=

- 解得

33m/s C v ＝

（3）根据题意可知，小球受到的电场力和重力的合力方向向上，其大小为

F=qE-mg =59.6N

所以D 点为等效最高点，则小球到达D 点时对轨道的压力为零，此时的速度最小，即

2

D

v F m R

＝

解得

D FR

v m

＝

所以要小物块不离开圆轨道则应满足v C ≥v D 得：

R ≤0.022m

5．如图（a ）所示，倾角θ=30°的光滑固定斜杆底端固定一电量为Q =2×10﹣

4C 的正点电

荷，将一带正电小球（可视为点电荷）从斜杆的底端（但与Q 未接触）静止释放，小球沿斜杆向上滑动过程中能量随位移的变化图象如图（b ）所示，其中线1为重力势能随位移变化图象，线2为动能随位移变化图象．（g =10m/s 2，静电力恒量K=9×109N?m 2/C 2）则

（1）描述小球向上运动过程中的速度与加速度的变化情况；

（2）求小球的质量m 和电量q ；

（3）斜杆底端至小球速度最大处由底端正点电荷形成的电场的电势差U ；

（4）在图（b ）中画出小球的电势能ε 随位移s 变化的图线．（取杆上离底端3m 处为电势零点）

【答案】（1）小球的速度先增大，后减小；小球沿斜面向上做加速度逐渐减小的加速运动，再沿斜面向上做加速度逐渐增大的减速运动，直至速度为零．（2）4kg ；1.11×10﹣

5

C ；（3）4.2×106V （4）图像如图, 线3即为小球电势能随位移s 变化的图线；

【解析】 【分析】 【详解】

（1）由图线2得知，小球的速度先增大，后减小．根据库仑定律得知，小球所受的库仑力逐渐减小，合外力先减小后增大，加速度先减小后增大，则小球沿斜面向上做加速度逐渐减小的加速运动，再沿斜面向上做加速度逐渐增大的减速运动，直至速度为零． （2）由线1可得:

E P =mgh=mgs sin θ

斜率:

k =20=mg sin30°

所以

m =4kg

当达到最大速度时带电小球受力平衡:

20

sin kqQ mg s θ=

由线2可得s 0=1m ， 得:

2

0sin mg s q kQ

θ==1.11×10﹣5C

（3）由线2可得，当带电小球运动至1m 处动能最大为27J ． 根据动能定理:

W G +W 电=△E k

即有:

﹣mgh+qU=E km﹣0

代入数据得:

U=4.2×106V

（4）图中线3即为小球电势能ε随位移s变化的图线

6．如图所示，一长度LAB=4．98m，倾角θ=30°的光滑斜面AB 和一固定粗糙水平台BC 平滑连接，水平台长度LBC=0．4m，离地面高度H=1．4m，在C 处有一挡板，小物块与挡板碰撞后原速率反弹，下方有一半球体与水平台相切，整个轨道处于竖直平面内。在斜面顶端A 处静止释放质量为m="2kg" 的小物块（可视为质点），忽略空气阻力，小物块与BC 间的动摩擦因素μ=0．1，g 取10m/s2。问：

（1）小物块第一次与挡板碰撞前的速度大小；

（2）小物块经过B 点多少次停下来，在BC 上运动的总路程为多少；

（3）某一次小物块与挡板碰撞反弹后拿走挡板，最后小物块落在D 点，已知半球体半径r=0．75m，OD 与水平面夹角为α=53°，求小物块与挡板第几次碰撞后拿走挡板？（取

）

【答案】（1）7 m/s；（2）63次 24．9m（3）25次

【解析】

试题分析：小物块从开始运动到与挡板碰撞，重力、摩擦力做功，运用动能定理。求小物

块经过B 点多少次停下来，需要根据功能转化或动能定理求出小物块运动的路程，计算出经过B点多少次。小物块经过平抛运动到达D点，可以求出平抛时的初速度，进而求出在BC段上运动的距离以及和当班碰撞的次数。

（1）从A到C段运用动能定理

mgsin-L AB=mv2

v=7m/s

（2）从开始到最后停下在BC段所经过的路程为x

mgsin L AB-mgx=0

x=24．9m

=31．1

经过AB的次数为312+1=63次

（3）设小物块平抛时的初速度为V0

H -r=gt2

r+=v 0t

v0=3 m/s

设第n次后取走挡板

mv2-mv02=2L bc n

n=25次

考点：动能定理、平抛运动

【名师点睛】解决本题的关键一是要会根据平抛运动的规律求出落到D时平抛运动的初速度；再一个容易出现错误的是在BC段运动的路程与经过B点次数的关系，需要认真确定。根据功能关系求出在BC段运动的路程。

7．如图所示，AB是倾角为θ的粗糙直轨道，BCD是光滑的圆弧轨道，AB恰好在B点与圆弧相切，圆弧的半径为R．一个质量为m的物体（可以看作质点）从直轨道上与圆弧的圆心O等高的P点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动．已知物体与轨道AB间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．试求：

（1）物体释放后，第一次到达B处的速度大小，并求出物体做往返运动的整个过程中在AB轨道上通过的总路程s；

（2）最终当物体通过圆弧轨道最低点E 时，对圆弧轨道的压力的大小；

（3）为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D （E 、O 、D 为同一条竖直直径上的3个点），释放点距B 点的距离L 应满足什么条件．

【答案】（1）B v =；

R

L μ= （2）(32cos )N F mg θ=-； （3）(32cos )2(sin cos )

R

L θθμθ+-…

【解析】 【分析】 【详解】

（1）设物体释放后，第一次到达B 处的速度为1v ，根据动能定理可知：

2

1cos 1cos cos sin 2

R mgR mg mv θθμθ

θ-= 解得：

B v =

物体每完成一次往返运动，在AB 斜面上能上升的高度都减少一些，最终当它达B 点时，速度变为零，对物体从P 到B 全过程用动能定理，有

cos cos 0mgR mgL θμθ-=

得物体在AB 轨道上通过的总路程为

R

L μ

=

（2）最终物体以B 为最高点在圆弧轨道底部做往返运动，设物体从B 运动到E 时速度为

2v v ，由动能定理知：

221(1cos )2

v mgR m θ-=

在E 点，由牛顿第二定律有

22

N mv F mg R

-= 解得物体受到的支持力

(32cos )N F mg θ=-

根据牛顿第三定律，物体对轨道的压力大小为(32cos )N N F F mg θ'

==-，方向竖直向

下．

（3）设物体刚好到达D 点时的速度为D v 此时有

2D

mv mg R

= 解得：

D v gR =

设物体恰好通过D 点时释放点距B 点的距离为0L ，有动能定理可知：

2

001[sin (1cos )]cos 2

D mg L R mg L mv θθμθ-+-=

联立解得：

0(32cos )2(sin cos )

R

L θθμθ+=

-

则：

(32cos )2(sin cos )

R L θθμθ+-… 答案：（1）2(sin cos )tan B gR v θμθθ

-=

；

R

L μ= （2）(32cos )N F mg θ=-； （3）(32cos )2(sin cos )R

L θθμθ+-…

8．如图所示，光滑水平面MN 的左端M 处有一弹射装置P ，右端N 处与水平传送带恰平齐接触，传送带水平部分长度L=16m ，沿逆时针方向以恒定速度v=2m/s 匀速转动．ABCDE 是由三部分光滑轨道平滑连接在一起组成的，AB 为水平轨道，弧BCD 是半径为R 的半圆弧轨道，弧DE 是半径为2R 的圆弧轨道，弧BCD 与弧DE 相切在轨道最高点D ，

R=0．6m ．平面部分A 点与传送带平齐接触．放在MN 段的物块m （可视为质点）以初速度v 0=4m/s 冲上传送带，物块与传送带间的摩擦因数μ=0．2，物块的质量m=1kg ．结果物块从滑上传送带又返回到N 端，经水平面与左端M 处的固定弹射器相碰撞（弹射器的弹簧原来被压缩后被锁定），因碰撞弹射器锁定被打开，将物块弹回后滑过传送带，冲上右侧的圆弧轨道，物块恰能始终贴着圆弧轨道内侧通过了最高点，最后从E 点飞出．g 取10m/s 2．求：

（1）物块m 从第一次滑上传送带到返回到N 端的时间．

（2）物块m 第二次在传送带上运动时，传送带上的电动机为了维持其匀速转动，对传送带所多提供的能量多大？

【答案】（1） 4.5t s =（2）8J W = 【解析】

试题分析:（1）物块B 向右作匀减速运动，直到速度减小到零，然后反向匀减速运动，达到与皮带共速后与皮带匀速物块B 向右作匀减速运动过程：

mg ma μ=

12s v t g

μ=

= 物块向右达到的最大位移：0

14m 2

v S t =

?= 反向匀加速运动过程加速度大小不变．达到与传送带共速的时间：

21s v

t g

μ=

= 相对地面向左位移：/

21m 2

v

S t =

?= 共速后与传送带匀速运动的时间：/341

1.5s 2

S S t v --===

往返总时间：

（2）由物块恰能通过轨道最高点D ，并恰能始终贴着圆弧轨道内侧通过最高点可得，物块是在半径为2R 的圆弧上的最高点重力全部充当向心力． 得：

又由物块上滑过中根据机械能守恒得：

代入数据解得：66m/s B v Rg == 物块第二次从N 到A 点：211

2

L v t g t μ=?-? 速度关系：1B v v g t μ=-? 代入得：

；

得：2s t =或8s t =-（舍）

物体运动时传送带的位移：4m s vt == 传送带为维持匀速运动多提供的力：F mg μ=

传送带所做的功等于传送带多提供的能量：8J W F s mg s μ=?=?= 考点：考查牛顿运动定律的综合应用；动能定理．

【名师点睛】本题关键明确滑块的运动规律，然后分阶段运用牛顿第二定律、运动学公式、动能定理列式求解．

9．如图所示，ABC 为竖直面内一固定轨道，AB 段是半径为R 的

1

4

光滑圆弧，水平段与圆弧轨道相切于B ，水平段BC 长度为L ，C 端固定一竖直挡板．一质量为m 的小物块自A 端从静止开始沿圆轨道下滑，与挡板共发生了两次碰撞后停止在水平段B 、C 之间的某处，

物块每次与挡板碰撞不损失机械能(即碰撞前、后速率相同)．不计空气阻力，物块与水平段BC 间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ．试求物块 (1)第一次与挡板碰撞时的速率； (2)在水平轨道上滑行的总路程；

(3)最后一次滑到圆轨道底端B 处对圆轨道的压力．

【答案】(1) 12()v g R L μ-R

S μ

=

(3) 物块最后一次滑到底端B 处对圆轨道的压力可

能为43L mg R μ骣琪-琪桫或83L mg R μ骣琪-琪

桫 【解析】 【详解】

(1)对物块第一次从A 到C 过程，根据动能定理：

2

112

mgR mgL mv -=

μ ① 解得第一次碰撞挡板的速率

12()v g R L μ-

(2)设物块质量为m ，在水平轨道上滑行的总路程为S ，对物块从开始下滑到停止在水平轨道上的全过程，根据动能定理：

mgR －μmg ·S ＝0③

解得

R

S μ

=

④

(3)设物块最后一次经过圆弧轨道底端B 时的速率为v 2，对圆轨道的压力为FN ，则：

22

N v F mg m R

-= ⑤

第一种可能情况：物块与挡板第二次碰撞后，向右运动还未到B 点时即停下，则：

2

2122

mgR mg L mv -?=μ⑥

由⑤⑥解得

43N L F mg R ?

?=- ??

?μ ⑦

第二种可能情况：物块与挡板第二次碰撞后，向右可再一次滑上光滑圆弧轨道，则：

2

2142

mgR mg L mv -?=μ ⑧

由⑤⑧解得

83N L F mg R μ??=- ???

⑨

物块最后一次滑到底端B 处对圆轨道的压力可能为43L mg R μ骣琪-琪桫或83L

mg R μ骣琪-琪

桫

10．如图，质量分别为1kg 和3kg 的玩具小车A 、B 静置在水平地面上，两车相距s =8m 。小车A 在水平恒力F =8N 作用下向着小车B 运动，恒力F 作用一段时间t 后撤去，小车A 继续运动与小车B 发生碰撞，碰撞后两车粘在一起滑行d =0.25m 停下。已知两车碰撞时间极短，两车运动过程所受的阻力均为自身重力的0.2倍，重力加速度g =10m/s 2。求： （1）两个小车碰撞后的速度大小； （2）小车A 所受恒力F 的作用时间t 。

【答案】（1）1m/s ；（2）1s 【解析】 【详解】

（1）设撤去力F 瞬间小车A 的速度为v 1，小车A 、B 碰撞前A 车的瞬时速度为v 2，小车A 、B 碰撞后瞬间的速度为v 3。

两小车碰撞后的滑行过程中，由动能定理可得： -0.2（m 1+m 2）gd = 0-

1

2

（m 1+m 2）v 32 解得两个小车碰撞后的速度大小：v 3=1m/s （2）两车碰撞过程中，由动量守恒定律可得： m 1v 2=（m 1+m 2）v 3 解得：v 2=4m/s

恒力作用过程，由动量定理可得： Ft -0.2m 1gt =m 1v 1-0 由运动学公式可得： x 1=

1

2

v t 撤去F 至二车相碰过程，由动能定理得：

-0.2m 1gx 2=

12m 1v 22-1

2

m 1v 12 由几何关系可得：x 1+x 2=s

联立可得小车A 所受恒力F 的作用时间：t =ls 方法2：两车碰撞过程中，由动量守恒定律可得： m 1v 2=（m 1+m 2）v 3 解得：v 2=4m/s

从F 作用在小车A 上到A 、B 两车碰前，由动能定理得：

Fx -0.2m 1gs =

1

2

m 1v 22-0 解得：x =3m

在F 作用的吋间内，由牛顿第二定律得： F -0.2m 1g =m 1a 解得：a =6m/s 2 由x =

12

at 2 联立解得小车A 所受恒力F 的作用时间：t =ls

11．如图所示，一质量M =4kg 的小车静置于光滑水平地面上，左侧用固定在地面上的销钉挡住。小车上表面由光滑圆弧轨道BC 和水平粗糙轨道CD 组成，BC 与CD 相切于C ，圆弧BC 所对圆心角θ＝37°，圆弧半径R =2.25m ，滑动摩擦因数μ=0.48。质量m =1kg 的小物块从某一高度处的A 点以v 0＝4m/s 的速度水平抛出，恰好沿切线方向自B 点进入圆弧轨道，最终与小车保持相对静止。取g ＝10m/s 2，sin37°=0.6，忽略空气阻力，求:

（1）A 、B 间的水平距离；

（2）物块通过C 点时，轨道对物体的支持力； （3）物块与小车因摩擦产生的热量。 【答案】（1）1.2m （2）25.1N F N =（3）13.6J 【解析】 【详解】

（1）物块从A 到B 由平抛运动的规律得:

tan θ=0

gt v

x = v 0t 得x =1.2m

（2）物块在B 点时，由平抛运动的规律得：0

cos B v v θ

=

物块在小车上BC 段滑动过程中，由动能定理得： mgR (1－cos θ)＝

12mv C 2－1

2

mv B 2

在C 点对滑块由牛顿第二定律得 2C

N v F mg m R

-= 联立以上各式解得：25.1N F N =

（3）根据牛顿第二定律，对滑块有μmg ＝ma 1， 对小车有μmg ＝Ma 2

当滑块相对小车静止时，两者速度相等，即 v C －a 1t 1＝a 2t 1 由以上各式解得 134

t s =

， 此时小车的速度为v ＝a 2t 1＝

34

/m s 物块在CD 段滑动过程中由能量守恒定律得：12mv C 2＝1

2

（M ＋m ）v 2 + Q 解得：Q =13.6J

12．一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 ，电子电量e ＝

191.610-?C ，那么

（1）电子经过加速电场加速后的动能为多少?

（2）要使电子能从平行板间飞出，两个极板上最多能加多大的电压?

【答案】(1) 16

810k E -=?J (2)要使电子能飞出，所加电压最大为400V

【解析】 【详解】

（1）加速过程，由动能定理得:2

012

ls E eU mv ==① 解得:5000k E =eV 16810-=?J

（2）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做匀速运动0l v t =②

在垂直于板面的方向上做匀加速直线运动，加速度:F eU a m dm

'

==

③ 偏转距离2

12

y at =④ 能飞出的条件为1

2

y d ≤⑤

解①~⑤式得:()

()

2

22

22

2

225000 1.0102 4.0105.010Ud

U l --???'==??…

V

即要使电子能飞出，所加电压最大为400V