2018-2019学年人教版选修3-1 第一章 静电场 单元测试

2017-2018年高中物理（人教版选修3-1）第一章电场单元练习
一、单选题
若正电荷Q周围的电场线如图所示，由图可知，以下说法正确的是（　　）
A. a点的电场强度小于b点的电场强度B. 把另一个带正电的点电荷放在a点，它所受的电场力向右C. 把另一个带负电的点电荷放在b点，它所受的电场力向右D. 把另一个带正电的点电荷放在b点，它所受的电场力向左
某电场的电场线分布如图所示，A、B是电场中的两点，A、B两点的电场强度的大小分别为EA、EB，则EA、EB的大小关系是（　　）
A. EA＞EB B. EA＜EB C. EA=EB D. 无法确定
如图所示为示波管内的聚焦电场，图中实线为电场线，虚线为等势线，a，b，c为静电场中的三点，b，c在同一条直线的电场线上，则下列说法正确的是（　　）
A. a，b，c三点中，c点电势最高B. a，b，c三点中，a点场强最大C. 正电荷在b点的电势能大于在c点的电势能D. 负电荷在b点由静止释放，仅在电场力的作用下能沿直线由b点运动到c点
如图所示，两块平行放置的金属薄板A、B始终与电源相连，A、B板中央各有一小孔，小孔分别位于O、P点。从O点以初速度v0垂直?A?板射入的电子恰好能运动到P点返回。现将?B板向?左平移到?P′点，则从O点以初速度v0垂直A板射入的电子将（　　）
A. 运动到O和?P′点之间某点返回 B. 运动到?P′点返回C. 穿过?P′点 D. 无法确定它的运动
如图所示，带正电小球A固定在绝缘竖直墙上，另一个带正电、质量为m的小球B用绝缘细绳拴住，小球B在重力、细绳拉力和小球A库仑力的作用下静止，且A、B两球处于离地面高度为h的同一水平面上．现将细绳剪断，下列说法正确的是（　　）
A. 小球B从细绳剪断瞬间起开始做平抛运动B. 小球B在细绳剪断瞬间加速度等于gC. 小球B在空中运动的时间大于D. 小球B落地的速度大于
如图所示，在边长为L的正方形ABCD的四个顶点上，A、B两点处分别放有电荷量都为+q点电荷，C、D两点处分别放有电荷量都为-q的点电荷，则正方形对角线的交点处的场强为（　　）
A. 0 B. 2 C. 4 D. 2
真空中相距为3a?的两个点电荷M、N分别固定于x轴上x1=0和x2=3a的两点上，在它们连线上各点场强随x变化关系如图所示，以下判断中正确的是（　　）
A. x=a点的电势高于x=2a点的电势B. 点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为4：1C. 点电荷M、N一定为异种电荷D. x=2a处的电势一定为零
如图,一带正电的点电荷固定于O点,两虚线圆均以O为圆心,两实线分别为带电粒子M和N先后在电场中运动的轨迹,a、b、c、d、e为轨迹和虚线圆的交点。不计重力。下列说法中错误的是( )?
A. M带负电荷,N带正电荷B. M在b点的动能小于它在a点的动能C. N在d点的电势能等于它在e点的电势能D. N在从c点运动到d点的过程中克服电场力做功
如图所示，电子在电势差为的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为的两块平行金属板间的电场中，在能从平行金属板间射出的前提条件下，能使电子的偏转角的正切值增大到原来倍的是
A. 不变，变为原来的倍 B. 不变，变为原来的C. 不变，变为原来的倍 D. 、都变为原来的倍
如图所示，带电量之比为qA：qB=1：3的带电粒子A、B，先后以相同的速度从同一点射入平行板电容器中，不计重力，带电粒子偏转后打在同一极板上，水平飞行距离之比为XA：XB=2：1，则带电粒子的质量之比mA：mB以及在电场中飞行时间之比tA：tB分别为（　　）
A. 1：1，2：3 B. 2：1，3：2 C. 1：1，3：4 D. 4：3，2：1
如图所示，在点电荷Q形成的电场中，正电荷q从A移到B．在此过程中，下列说法正确的是（　　）
A. 电场力对电荷做正功B. 电场力对电荷做负功C. 电场力对电荷不做功D. 由于不知道移动的路径，因此无法确定电场力是否做功
二、多选题
如图，一对面积较大的平行板电容器水平放置，带等量异种电荷，B板固定且接地，A板用绝缘线悬挂，P为两板中点．下列结论正确的是（　　）
A. 若在两板间充满电介质，P点电势将升高B. A、B两板电荷分别在P点产生电场的场强大小相等，方向相同C. 若将A板竖直向下平移一小段距离，电容器储存的电能减小D. 若将A板竖直向上平移一小段距离，线的拉力将变大
某实验小组用图示装置探究影响平行板电容器电容的因素．若两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ．实验中，假定极板所带电荷量不变，下列判断中正确的是（　　）
A. 保持S不变，增大d，则C变小，θ变大B. 保持S不变，增大d，则C变大，θ变小C. 保持d不变，减小S，则C变小，θ变大D. 保持d不变，减小S，则C变大，θ变小
如图，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两块平行极板间的电场中，入射方向跟极板平行，整个装置处在真空中，重力可以忽略，在满足电子能射出极板的情况下，下述一定能使电子的偏转角增大的是
A. U1变大，U2变大 B. U1变小，U2变大C. U1变大，U2变小 D. U1变小，U2不变。
如图所示，一个带电粒子以大小为vA的水平速度从A点垂直电场线射入场强大小为E的匀强电场，经过电场中B点时速度大小为vB，AB间水平距离为d，不计重力和空气阻力．则由上述四个已知量可以求得以下的未知量，它们是（　　）
A. 带电粒子电量与质量的比值 B. 带电粒子在A、B两点电势能之差C. 速度vB的方向 D. A、B两点间的电势差
如图所示，竖直面内固定的均匀带电圆环半径为R，带电量为+Q，在圆环的最高点用绝缘丝线悬挂一质量为m、带电量为q的小球（大小不计），小球在垂直圆环平面的对称轴上处于平衡状态，小球到圆环中心O距离为R，已知静电力常量为 ，重力加速度为g，则小球所处位置的电场强度为（　　）
A. B. C. D.
三、计算题（本大题共3小题，共30.0分）
如图所示，b为悬点．一带电金属小球d，在重力、悬绳拉力和匀强电场对它的作用力作用下处于静止状态．若液滴重力为mg，电量为q，则金属小球带何种电荷？电场强度大小等于多少？
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．
如图所示，一束电子流在经U1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，若两板间距为d，板长为l，那么，要使电子能从平行板间飞出，两个极板上能加的最高电压U2是多大？

答案和解析
【答案】
1. B 2. B 3. C 4. B 5. D 6. C 7. B8. D 9. C 10. D 11. A 12. BC 13. AC 14. BD15. ACD 16. AD
17. 解：小球在重力G、电场力F和细线拉力T的共同作用下处于静止状态，即平衡状态．故三个力的合力为零．所以电场力的方向向右，与电场的方向相反，所以金属小球带负电．对金属小球受力分析则有：得答：金属小球带正电荷，电场强度大小等于．??
18. 解：（1）两带电小球的电量相同，可知M球在电场中水平方向上做匀加速直线运动，N球在水平方向上做匀减速直线运动，水平方向上的加速度大小相等，两球在竖直方向均受重力，竖直方向上做加速度为g的匀加速直线运动，由于竖直方向上的位移相等，则运动的时间相等，设水平方向的加速度大小为a，对M，有：，对N：v0=at，，可得，解得xM：xN=3：1．（2）设正电小球离开电场时的竖直分速度为vy，水平分速度为v1，两球离开电场时竖直分速度相等，因为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，则有：，解得，因为v1=v0+at=2v0，则=2v0，因为M做直线运动，设小球进电场时在竖直方向上的分速度为vy1，则有：，解得vy1=，在竖直方向上有：，，解得A点距电场上边界的高度h=．（3）因为M做直线运动，合力方向与速度方向在同一条直线上，有：=，则电场的电场强度E==．答：（1）M与N在电场中沿水平方向的位移之比为3：1（2）A点距电场上边界的高度为；（3）该电场的电场强度大小为．??
19. 解：在加速电压一定时，偏转电压U2越大，电子在极板间的偏距就越大．?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?加速过程，由动能定理得：…①?进入偏转电场，电子在平行于板面的方向上做匀速运动：?l=v0t…②?在垂直于板面的方向做匀加速直线运动，加速度为：…③?偏距：…④?能飞出的条件为：…⑤，?解①～⑤式得：即要使电子能飞出，所加电压最大为??
【解析】
1. 解：A、电场线的疏密表示场强的强弱，电场线密的地方电场强，疏的地方电场弱，所以a点的电场强度大于b点的电场强度．故A错误；B、把另一个带正电的点电荷放在a点，它所受的电场力与电场线的方向相同，向右．故B正确；C、把另一个带负电的点电荷放在b点，它所受的电场力与电场线的方向相反，向左．故C错误；D、把另一个带正电的点电荷放在b点，它所受的电场力向右．故D错误．故选：B 电场线总是从正电荷后无穷远处出发终止于负电荷或无穷远处．电场线是为了形象的描述电场强弱和方向引入的，并非实际存在的，电场线的疏密表示场强的强弱该题考查点电荷的电场线和场强的特点，只有熟悉正、负点电荷，等量同种、等量异种电荷周围电场分布情况往往是解题关键．基础题目．
2. 解：由于电场线的疏密可知，A点的电场强度小于B点的电场强度，所以EA＜EB．故ACD错误，B正确；故选：B．电场线的疏密表示电场强度的强弱，电场线某点的切线方向表示电场强度的方向，据此可正确解答．电场线虽然不存在，但可形象来描述电场的分布，明确电场线分布与电场强度之间的关系．
3. 解：A、顺着电场线的方向电势逐渐降低，C点电势比b点电势低，故A错误；B、电场线密的地方电场强度大，C点电场强度最大，故B错误；C、正电荷在电势高的地方电势能大，故C正确；D、负电荷在b点由静止释放，受到的电场力向右，仅在电场力作用下不可能由b点运动到c点，故D错误。故选：C。沿着电场线方向，电势是降低的；依据电场线的疏密，即可判定电场强度的强弱；正电荷从高电势向低电势，则其电势能减小；相反，则其电势能增大；静止的电荷，在电场力作用下，会沿着直线电场线运动。考查电势的高低，与电场强度的强弱的判定，理解电荷的电势能高低的确定方法，注意电荷运动的轨迹与电场线走向没有关系。
4. 解：由题，从O点以初速度v0垂直?A?板射入的电子恰好能运动到P点返回，由动能定理可得：qUAB= 将?B板向?左平移到?P′点，AB之间的电势差仍然等于电源两端的电压，仍然满足：qUAB= 所以粒子运动到P′点返回。故B正确，ACD错误。故选：B运用动能定理列式，分析到达P点时的条件，从而分析其运动情况。本题运用动能定理分析质点的运动过程，运用时要灵活选择研究的过程，明确板间电压与质点初末位置间电势差的大小关系。
5. 解：AB、将细绳剪断瞬间，小球受到球的重力和库仑力的共同的作用，合力斜向右下方，并不是只有重力的作用，因此剪断瞬间起开始，不可能做平抛运动，且加速度大于g，故A错误，B错误；C、小球在落地过程中，除受到重力外，还受到库仑斥力，那么竖直方向的加速度大于g，因此球落地的时间小于，落地的速度大于，故C错误，D正确．故选：D．对小球受力分析可知，结合库仑定律，小球受到球的重力和库仑力的共同的作用，此过程中库仑力是不断减小的，小球不只受到重力的作用，做变速曲线运动．对小球受力分析，根据球的受力的情况来判断小球的运动的情况及各力做功情况，要注意的库仑力是不断减小的．
6. 解：设对角线的交点为O，A、B、C、D四点电荷在O点的场强大小均为：，则A、C两点电荷在O点产生场强的合场强，方向由A指向C，同理B、D两点电荷在O点产生场强的合场强也为，方向由B指向D，根据平行四边形定则知，四个电荷在O点产生的场强E==．故C正确，ABD错误．故选：C．设对角线的交点为O，在边长为L的正方形四个顶点A、B、C、D上依次放置电荷量为q、q、-q和-q的点电荷，B、D两点上的电荷在O点产生的场强大小相等，方相相同，A、C两点的电荷在O点产生的场强大小相等，方向相同，再根据平行四边形定则求出合场强的大小．解决本题的关键掌握点电荷的场强公式，以及点电荷的场强方向，会根据平行四边形定则进行场强的叠加．
7. 【分析】
（1）（4）由于M、N之间的场强的方向相反，故点电荷M、N一定为同种电荷；由于不知道M、N的所带电荷的性质，故需要讨论，若都带正电荷，则0～2a场强的方向向右，而沿电场线方向电势降低，故x=a点的电势高于x=2a点的电势；若都带负电荷，则0～2a场强的方向向左，故x=a点的电势低于x=2a点的电势；
（2）由于2a处场强为0，故M在2a处产生的场强和N在2a处产生的场强大小相等；
（3）由于电势是一个相对性的概念，即零电势的选择是任意的，人为的，即任意点的电势都可以为0。只要把握了同种性质和异种性质的点电荷产生的电场的分别特点就能顺利解决此类问题。
【解答】
A.由于不知道M、N的所带电荷的性质，故需要讨论，若都带正电荷，则0～2a场强的方向向右，而沿电场线方向电势降低，故x=a点的电势高于x=2a点的电势；若都带负电荷，则0～2a场强的方向向左，故x=a点的电势低于x=2a点的电势，故A错误；B.M在2a处产生的场强，而N在2a处产生的场强，由于2a处场强为0，故E1=E2，所以QM=4QN，故B正确；C.由于M、N之间的场强的方向相反，故点电荷M、N一定为同种电荷，故C错误；D.由于电势是一个相对性的概念，即零电势的选择是任意的，人为的，故x=2a处的电势可以为零，也可以不为零，故D错误。故选B。
8. 【分析】
根据轨迹的弯曲，确定粒子所受的力是吸引力还是排斥力，从而确定粒子的电性；根据动能定理，结合库仑力做功情况判断动能的变化，根据电场力做功判断电势能的变化。
本题关键是根据曲线运动的条件判断出静电力的方向，掌握判断动能和电势能变化的方向，一般的解题思路是根据动能定理判断动能的变化，根据电场力做功判断电势能的变化。
【解答】
A.由粒子运动轨迹可知，M受到的是吸引力，N受到的是排斥力，可知M带负电荷，N带正电荷，故A正确；B.M从a到b点，库仑力做负功，根据动能定理知，动能减小，则b点的动能小于在a点的动能，故B正确；C.d点和e点在同一等势面上，电势相等，则N在d点的电势能等于在e点的电势能，故C正确；D.N从c到d，库仑斥力做正功，故D错误。故选D。
9. 【分析】
电子在加速电场中，在电场力的作用下，做匀加速直线运动，可由电场力做功求出射出加速电场是的速度；电子在水平放置的平行板之间，因受到的电场力的方向与初速度的方向垂直，故电子做类平抛运动；运用平抛运动的竖直方向的速度与水平方向的速度的关系，可求出角度θ正切值的变化情况。
带电粒子垂直进出入匀强电场时做类平抛运动，可分解为初速度方向的匀速和电场力方向的匀加速两个方向的直线运动，分别用公式分析、求解运算，是这类问题的最基本解法。
【解答】
设电子被加速后获得初速为，则由动能定理得： ? …①又设极板长为l，则电子在电场中偏转所用时间：…②又设电子在平行板间受电场力作用产生加速度为a，由牛顿第二定律得：…③电子射出偏转电场时，平行于电场方向的速度：…④由①、②、③、④可得：，又有：，解得：，A.变为原来的2倍，不变，则夹角的正切值变成原来的一半；故A错误；B.不变，变为原来的；夹角的正切值变成原来的倍；故B错误；C.不变，变为原来的2倍，夹角的正切值变成原来2倍；故C正确；D.变为原来的2倍；夹角的正切值变成原来的4倍；故D错误。故选C。
10. 解：两个带电粒子垂直射入电场中做为平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动．则：?水平方向有：x=v0t，v0相等，所以t∝x，则得：tA：tB=xA：xB=2：1；?竖直方向有：y== 则得：m= 因为E、y、v0相等，则得：mA：mB=：=4：3．故选：D 带电粒子垂直射入电场中做为平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动．根据牛顿第二定律和运动学公式得到偏转量y的表达式，求解质量之比；根据水平位移与初速度之比求解时间之比．本题关键要熟练掌握类平抛运动的研究方法：运动的分解法，推导出质量与时间的表达式进行求解．
11. 解：在正点电荷Q形成的电场中，电场方向指向外侧，沿着电场线方向电势降低．所以A点电势大于B点电势．根据电势能的定义Ep=qφ，正电荷q从A移到B，在此过程中，电势能减小．根据电场力做功量度电势能的变化知道电场力对电荷做正功．故选A．解答本题要掌握点电荷周围电场分布情况，另外根据电势能的变化判断电场力做功的情况．要熟练掌握点电荷周围电势分布情况，并能正确判断电荷在电场中运动时电势能变化情况．
12. 解：A、若在两板间充满电介质，由电容的决定式C=可知电容增大，电容器的带电量不变，由电容的定义式C=得知板间电势差减小，由E=可知板间场强减小，由U=Ed分析得知P点与下极板间的电势差减小，P点的电势比下极板电势高，所以P点电势将降低．故A错误．B、两板间形成的是匀强电场，根据对称性可知，A、B两板电荷分别在P点产生电场的场强大小相等，方向相同，故B正确．C、若将A板竖直向下平移一小段距离，电容增大，电容器的带电量不变，则由C=得知板间电势差减小，由W=qU可知电容器储存的电能减小，故C正确．D、若将A板竖直向上平移一小段距离，电荷间的距离增大，根据库仑定律得知，两极板间的库仑力减小，所以线的拉力将变小，故D错误．故选：BC．先根据电容的决定式C=分析电容的变化，再由电容的定义式C=分析板间电势差的变化，由E=判断板间场强的变化，由U=Ed分析P点与下极板间的电势差的变化，从而确定P点电势的变化；两板间形成的是匀强电场；根据W=qU公式分析电容器储存的电能如何变化．本题考查电容器的动态分析问题，关键要正确应用电容器的决定式及定义式；并注意电势与场强的关系的应用．
13. 解：AB、根据电容的决定式得知，电容与极板间距离成反比，当保持S不变，增大d时，电容减小，因极板所带电荷量Q不变，由电容的定义式C=，分析可知板间电势差增大，静电计指针的偏角θ变大。故A正确，B错误。CD、根据电容的决定式C=得知，电容与极板的正对面积成正比，当保持d不变，减小S时，电容减小，极板所带电荷量Q不变，则由电容的定义式C=，分析可知板间电势差增大，静电计指针的偏角θ变大。故C正确，D错误。故选：AC。静电计测定电容器极板间的电势差，电势差越大，指针的偏角越大．根据电容的决定式C=分析极板间距离、正对面积变化时电容的变化情况，由于极板所带电荷量不变，由电容的定义式C=分析板间电势差的变化，再确定静电计指针的偏角变化情况．本题是电容动态变化分析问题，关键抓住两点：一是电容器的电量不变；二是关于电容的两个公式．
14. 【分析】
电子在加速电场中，在电场力的作用下，做匀加速直线运动，可由电场力做功求出射出加速电场时的速度；电子在水平放置的平行板之间，因受到的电场力的方向与初速度的方向垂直，故电子做类平抛运动。
运用平抛运动的竖直方向的速度与水平方向的速度的关系，可求出角度 θ的表达式，据此解答。
【解答】
设电子被加速后获得初速为v0，则由动能定理得：①
又设极板长为l，则电子在电场中偏转所用时间：②
又设电子在平行板间受电场力作用产生加速度为a，由牛顿第二定律得：③
电子射出偏转电场时，平行于电场方向的速度：④
由①②③④可得：，
又有：，
解得：，
A.U1变大，U2变大，偏转角不确定，故A错误；
B.U1变小，U2变大，偏转角变大，故B正确；
C.U1变大，U2变小，偏转角变小，故C错误；
D.U1变小，U2不变，偏转角增大，故D正确。
故选BD。
15. 解：A、带电粒子在电场中做类平抛运动，根据速度的分解可知：经过B点时竖直方向的分速度大小为：vy=；?根据牛顿第二定律和运动学公式得：a=，vy=at，t= 联立以上四式得=，vA、vB、E、d均已知，则可求得．故A正确．B、根据能量守恒得：带电粒子在A、B两点电势能之差△Ep=，因m不能求出，则△Ep不能求出．故B错误．C、设速度vB与水平方向的夹角为α，则tanα=，可知α可以解出，故C正确．D、根据动能定理得：qUAB=，因可求得，vA、vB均已知，则可求出UAB．故D正确．故选：ACD带电粒子垂直进入电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为0的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得到竖直分速度的表达式；根据动能定理列式；速度vB的方向的反向延长线通过水平位移的中点；根据这些知识和表达式进行分析．本题中带电粒子垂直进入匀强电场做类平抛运动，采用运动的分解研究，根据牛顿第二定律和运动学公式、动能定理得到表达式，再进行分析，是常用的方法和思路．
16. 解：由于圆环不能看作点电荷，采用微元法；小球受到库仑力为圆环各个点对小球库仑力的合力，以小球为研究对象，进行受力分析，如图所示： 圆环各个点对小球的库仑力的合力FQ，则：Fsinθ=mg小球到圆环中心O距离为R，而竖直面内固定的均匀带电圆环半径为R，那么sinθ= 解得：F=mg 水平方向上，有：Fcosθ=qE解得：E=，同时，依据点电荷电场强度公式，将环中电量分成若干份，结合矢量的合成法则，及三角知识，则有小球所处位置的电场强度为：E==，综上所述，故AD正确，BC错误。故选：AD。小球受到的库仑力为圆环各点对小球库仑力的合力，则取圆环上△x来分析，再取以圆心对称的△x，这2点合力向右，距离L，竖直方向抵消，只有水平方向；求所有部分的合力Σ△m，即可求得库仑力的表达式；小球受重力、拉力及库仑力而处于平衡，则由共点力的平衡条件可求得绳对小球的拉力及库仑力；则可求得电量。因库仑定律只能适用于真空中的点电荷，故本题采用了微元法求得圆环对小球的库仑力，应注意体会该方法的使用。库仑力的考查一般都是结合共点力的平衡进行的，应注意正确进行受力分析。
17. 带电小球在电场中受到电场力外，还有小球重力与线的拉力共同作用下处于平衡状态．由电场力方向与电场强度方向可确定小球的电性．由力的合成可知拉力与重力的关系．考查质点受力处于平衡状态，同时由三角形边长关系可知力的大小关系．还有正电荷所受电场力方向为该点的电场强度方向．
18. （1）抓住两球在电场中，水平方向上的加速度大小相等，一个做匀加速直线运动，一个做匀减速直线运动，在竖直方向上的运动时间相等得出水平方向时间相等，结合运动学公式求出M与N在电场中沿水平方向的位移之比；（2）根据离开电场时动能的大小关系，抓住M做直线运动，得出M离开电场时水平分速度和竖直分速度的关系，抓住M速度方向不变，结合进入电场时竖直分速度和水平分速度的关系，根据速度位移公式求出A点距电场上边界的高度；（3）结合带电小球M电场中做直线运动，结合速度方向得出电场力和重力的关系，从而求出电场强度的大小．本题考查了带电小球在复合场中的运动，理清两球在整个过程中的运动规律，将运动分解为水平方向和竖直方向，结合运动学公式灵活求解．
19. 粒子先加速再偏转，由题意可知当电子恰好飞出时，所加电压最大；由类平抛运动的规律可得出电压值。?本题考查带电粒子在电场中的加速和偏转，难度不大，但运算量较大，且容易出错。