高考物理復(fù)習(xí)第七章靜電場第3講電容器帶電粒子在電場中的運(yùn)動材料市賽課公開課一等獎省名師獲獎PP

第3講電容器帶電粒子在電場中運(yùn)動第七章

靜電場1/70基礎(chǔ)知識梳理命題點(diǎn)一平行板電容器動態(tài)分析命題點(diǎn)二

帶電粒子在電場中直

線運(yùn)動命題點(diǎn)三

帶電粒子在電場中

偏轉(zhuǎn)課時作業(yè)內(nèi)容索引2/70基礎(chǔ)知識梳理13/70一、電容器1.電容器充、放電(1)充電：使電容器帶電過程，充電后電容器兩極板帶上等量

，電容器中儲存

.(2)放電：使充電后電容器失去電荷過程，放電過程中

轉(zhuǎn)化為其它形式能.異種電荷電場能電場能4/70(1)定義式：C＝

，不能了解為電容C與Q成正比、與U成反比，一個電容器電容大小是由電容器

決定，與電容器是否帶電及帶電多少無關(guān).(2)決定式：C＝

，εr為介電常數(shù)，S為極板

，d為板間距離.本身原因正對面積5/70二、帶電粒子在勻強(qiáng)電場中運(yùn)動示波管1.直線問題：若不計粒子重力，則電場力對帶電粒子做功等于帶電粒子

增量.qEd動能6/702.偏轉(zhuǎn)問題：(1)條件分析：不計重力帶電粒子以速度v0垂直于電場線方向飛入勻強(qiáng)電場.(2)運(yùn)動性質(zhì)：

運(yùn)動.(3)處理方法：利用運(yùn)動合成與分解.①沿初速度方向：做

運(yùn)動.②沿電場方向：做初速度為零

運(yùn)動.類平拋勻速直線勻加速7/703.示波管結(jié)構(gòu)：①電子槍，②

，③熒光屏.(如圖所表示)偏轉(zhuǎn)電極8/70

帶電粒子在電場中運(yùn)動時一定考慮受重力嗎？(1)基本粒子：如電子、質(zhì)子、α粒子、離子等，除有說明或有明確暗示以外，普通都不考慮重力(但并不忽略質(zhì)量).(2)帶電顆粒：如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有說明或有明確暗示以外，普通都不能忽略重力.答案深度思索9/701.(教科版選修3－1P40第9題)關(guān)于電容器電容，以下說法中正確是A.電容器所帶電荷量越多，電容越大B.電容器兩板間電壓越低，其電容越大C.電容器不帶電時，其電容為零D.電容器電容只由它本身特征決定答案√基礎(chǔ)題組自測10/702.(人教版選修3－1P32第1題)平行板電容器一個極板與靜電計金屬桿相連，另一個極板與靜電計金屬外殼相連.給電容器充電后，靜電計指針偏轉(zhuǎn)一個角度.以下情況中，靜電計指針偏角是增大還是減?。?1)把兩板間距離減??；答案把兩極板間距離減小，電容增大，電荷量不變，電壓變小，靜電計指針偏角變小.11/70(2)把兩板間相對面積減??；答案把兩極板間相對面積減小，電容減小，電荷量不變，電壓變大，靜電計指針偏角變大.(3)在兩板間插入相對介電常數(shù)較大電介質(zhì).答案在兩極板間插入相對介電常數(shù)較大電介質(zhì)，電容增大，電荷量不變，電壓變小，靜電計指針偏角變小.12/703.(人教版選修3－1P39第2題)某種金屬板M受到某種紫外線照射時會不停地發(fā)射電子，射出電子含有不一樣方向，其速度大小也不相同.在M旁放置一個金屬網(wǎng)N.假如用導(dǎo)線將MN連接起來，M射出電子落到N上便會沿導(dǎo)線返回M，從而形成電流.現(xiàn)在不把M、N直接相連，而按圖那樣在M、N之間加一個電壓U，發(fā)覺當(dāng)U＞12.5V時電流表中就沒有電流.已知電子質(zhì)量me＝9.1×10－31kg.問：被這種紫外線照射出電子，最大速度是多少？(結(jié)果保留三位有效數(shù)字)答案解析2.10×106m/s13/70假如電子動能降低到等于0時候，電子恰好沒有抵達(dá)N板，則電流表中就沒有電流.由W＝0－Ekm，W＝－eU，得14/704.(人教版選修3－1P39第3題)先后讓一束電子和一束氫核經(jīng)過同一對平行板形成偏轉(zhuǎn)電場.進(jìn)入時速度方向與板面平行，在以下兩種情況下，分別求出離開時電子偏角正切與氫核偏角正切之比.(1)電子與氫核初速度相同.(2)電子與氫核初動能相同.答案解析看法析15/70設(shè)加速電壓為U0，偏轉(zhuǎn)電壓為U，帶電粒子電荷量為q，質(zhì)量為m，垂直進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場速度為v0，偏轉(zhuǎn)電場兩極間距離為d，極板長為l，則：帶電粒子在加速電場中取得初動能

mv02＝qU0，粒子在偏轉(zhuǎn)電場中加速度a＝

，在偏轉(zhuǎn)電場中運(yùn)動時間為t＝

，16/702命題點(diǎn)一

平行板電容器動態(tài)分析17/70一、兩類經(jīng)典問題1.電容器一直與恒壓電源相連，電容器兩極板間電勢差U保持不變.2.電容器充電后與電源斷開，電容器兩極所帶電荷量Q保持不變.二、動態(tài)分析思緒1.U不變(3)依據(jù)UAB＝E·d分析某點(diǎn)電勢改變.18/702.Q不變19/70

(·全國Ⅰ卷·14)一平行板電容器兩極板之間充滿云母介質(zhì)，接在恒壓直流電源上.若將云母介質(zhì)移出，則電容器A.極板上電荷量變大，極板間電場強(qiáng)度變大B.極板上電荷量變小，極板間電場強(qiáng)度變大C.極板上電荷量變大，極板間電場強(qiáng)度不變D.極板上電荷量變小，極板間電場強(qiáng)度不變【例1】答案解析√題眼由C＝

可知，當(dāng)將云母介質(zhì)移出時，εr變小，電容器電容C變小；依據(jù)Q＝CU可知，當(dāng)C減小時，Q減小.再由E＝

，因為U與d都不變，故電場強(qiáng)度E不變，選項D正確.20/70題組階梯突破1.(·天津理綜·4)如圖所表示，平行板電容器帶有等量異種電荷，與靜電計相連，靜電計金屬外殼和電容器下極板都接地，在兩極板間有一固定在P點(diǎn)點(diǎn)電荷，以E表示兩板間電場強(qiáng)度，Ep表示點(diǎn)電荷在P點(diǎn)電勢能，θ表示靜電計指針偏角.若保持下極板不動，將上極板向下移動一小段距離至圖中虛線位置，則A.θ增大，E增大 B.θ增大，Ep不變C.θ減小，Ep增大 D.θ減小，E不變√答案解析分析21/70若保持下極板不動，將上極板向下移動一小段距離，依據(jù)C＝

可知，C變大；依據(jù)Q＝CU可知，在Q一定情況下，兩極板間電勢差減小，則靜電計指針偏角θ減?。籔點(diǎn)離下極板距離不變，E不變，則P點(diǎn)與下極板電勢差不變，P點(diǎn)電勢不變，故Ep不變；由以上分析可知，選項D正確.22/702.(多項選擇)如圖所表示，A、B為兩塊平行帶電金屬板，A帶負(fù)電，B帶正電且與大地相接，兩板間P點(diǎn)處固定一負(fù)電荷，設(shè)此時兩極間電勢差為U，P點(diǎn)場強(qiáng)大小為E，電勢為φP，負(fù)電荷電勢能為Ep，現(xiàn)將A、B兩板水平錯開一段距離(兩板間距不變)，以下說法正確是A.U變大，E變大 B.U變小，φP變小C.φP變小，Ep變大 D.φP變大，Ep變小√√答案解析23/70依據(jù)題意可知兩極板間電荷量保持不變，當(dāng)正對面積減小時，則由C＝

可知電容減小，由U＝

可知極板間電壓增大，由E＝

可知，電場強(qiáng)度增大，故A正確；設(shè)P點(diǎn)電勢為φP，則由題可知0－φP＝Ed′是增大，則φP一定減小，因為負(fù)電荷在電勢低地方電勢能一定較大，所以可知電勢能Ep是增大，故C正確.24/703命題點(diǎn)二

帶電粒子在電場中直線運(yùn)動25/701.做直線運(yùn)動條件(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子或靜止，或做勻速直線運(yùn)動.(2)粒子所受合外力F合≠0，且與初速度方向在同一條直線上，帶電粒子將做勻加速直線運(yùn)動或勻減速直線運(yùn)動.2.用動力學(xué)觀點(diǎn)分析3.用功效觀點(diǎn)分析勻強(qiáng)電場中：W＝Eqd＝qU＝

mv2－

mv02非勻強(qiáng)電場中：W＝qU＝Ek2－Ek126/70

在真空中水平放置平行板電容器，兩極板間有一個帶電油滴，電容器兩板間距為d，當(dāng)平行板電容器電壓為U0時，油滴保持靜止?fàn)顟B(tài)，如圖所表示.當(dāng)給電容器突然充電使其電壓增加ΔU1時，油滴開始向上運(yùn)動；經(jīng)時間Δt后，電容器突然放電使其電壓降低ΔU2，又經(jīng)過時間Δt，油滴恰好回到原來位置.假設(shè)油滴在運(yùn)動過程中沒有失去電荷，充電和放電過程均很短暫，這段時間內(nèi)油滴位移可忽略不計.重力加速度為g.求：【例2】(1)帶電油滴所帶電荷量與質(zhì)量之比；(2)第一個Δt與第二個Δt時間內(nèi)油滴運(yùn)動加速度大小之比；(3)ΔU1與ΔU2之比.答案1∶31∶4答案答案解析分析題眼①題眼②27/70(2)設(shè)第一個Δt時間內(nèi)油滴位移為x1，加速度為a1，第二個Δt時間內(nèi)油滴位移為x2，加速度為a2，則且v1＝a1Δt，x2＝－x1解得a1∶a2＝1∶3.28/7029/70題組階梯突破3.(·海南單科·5)如圖所表示，一充電后平行板電容器兩極板相距l(xiāng).在正極板附近有一質(zhì)量為M、電荷量為q(q＞0)粒子；在負(fù)極板附近有另一質(zhì)量為m、電荷量為－q粒子.在電場力作用下，兩粒子同時從靜止開始運(yùn)動.已知兩粒子同時經(jīng)過一平行于正極板且與其相距

l平面.若兩粒子間相互作用力可忽略.不計重力，則M∶m為A.3∶2 B.2∶1C.5∶2 D.3∶1答案√分析題眼①

30/704.(·安徽·22)如圖所表示，充電后平行板電容器水平放置，電容為C，極板間距離為d，上極板正中有一小孔.質(zhì)量為m、電荷量為＋q小球從小孔正上方高h(yuǎn)處由靜止開始下落，穿過小孔抵達(dá)下極板處速度恰為零(空氣阻力忽略不計，極板間電場可視為勻強(qiáng)電場，重力加速度為g).求：(1)小球抵達(dá)小孔處速度；答案解析31/70(2)極板間電場強(qiáng)度大小和電容器所帶電荷量；答案解析在極板間帶電小球受重力和電場力作用，由牛頓運(yùn)動定律知：mg－qE＝ma由運(yùn)動學(xué)公式知：0－v2＝2ad32/70(3)小球從開始下落運(yùn)動到下極板處時間.答案解析33/704命題點(diǎn)三

帶電粒子在電場中偏轉(zhuǎn)34/701.運(yùn)動規(guī)律：(1)沿初速度方向做

運(yùn)動，運(yùn)動時間a.能飛出電容器：t＝

.b.不能飛出電容器：勻速直線(2)沿電場力方向，做

運(yùn)動加速度：離開電場時偏移量：離開電場時偏轉(zhuǎn)角：勻加速直線35/702.兩個結(jié)論(1)不一樣帶電粒子從靜止開始經(jīng)過同一電場加速后再從同一偏轉(zhuǎn)電場射出時，偏移量和偏轉(zhuǎn)角總是相同.(2)粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后，合速度反向延長線與初速度延長線交點(diǎn)O為粒子水平位移中點(diǎn)，即O到偏轉(zhuǎn)電場邊緣距離為.36/703.功效關(guān)系當(dāng)討論帶電粒子末速度v時也能夠從能量角度進(jìn)行求解：qUy＝

mv2－

mv02，其中Uy＝

y，指初、末位置間電勢差.37/70【例3】(·北京理綜·23)如圖所表示，電子由靜止開始經(jīng)加速電場加速后，沿平行于板面方向射入偏轉(zhuǎn)電場，并從另一側(cè)射出.已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e，加速電場電壓為U0，偏轉(zhuǎn)電場可看做勻強(qiáng)電場，極板間電壓為U，極板長度為L，板間距為d.(1)忽略電子所受重力，求電子射入偏轉(zhuǎn)電場時初速度v0和從電場射出時沿垂直板面方向偏轉(zhuǎn)距離Δy；答案分析題眼①題眼②38/70(2)分析物理量數(shù)量級，是處理物理問題慣用方法.在處理(1)問時忽略了電子所受重力，請利用以下數(shù)據(jù)分析說明其原因.已知U＝2.0×102V，d＝4.0×10－2m，m＝9.1×10－31kg，e＝1.6×10－19C，g＝10m/s2.答案解析答案看法析(3)極板間現(xiàn)有靜電場也有重力場.電勢反應(yīng)了靜電場各點(diǎn)能性質(zhì)，請寫出電勢φ定義式.類比電勢定義方法，在重力場中建立“重力勢”φG概念，并簡明說明電勢和“重力勢”共同特點(diǎn).看法析39/7040/70(2)只考慮電子所受重力和電場力數(shù)量級，有重力G＝mg≈10－29N因為F?G，所以不需要考慮電子所受重力.(3)電場中某點(diǎn)電勢φ定義為電荷在該點(diǎn)電勢能Ep與其電荷量q比值，即φ＝

，類比靜電場電勢定義，將重力場中物體在某點(diǎn)重力勢能EG與其質(zhì)量m比值，叫做“重力勢”，即φG＝.電勢φ和重力勢φG都是反應(yīng)場能性質(zhì)物理量，僅由場本身原因決定.41/70題組階梯突破5.(多項選擇)(·天津理綜·7)如圖所表示，氕核、氘核、氚核三種粒子從同一位置無初速地進(jìn)入電場線水平向右加速電場E1，之后進(jìn)入電場線豎直向下勻強(qiáng)電場E2發(fā)生偏轉(zhuǎn)，最終打在屏上.整個裝置處于真空中，不計粒子重力及其相互作用，那么A.偏轉(zhuǎn)電場E2對三種粒子做功一樣多B.三種粒子打到屏上時速度一樣大C.三種粒子運(yùn)動到屏上所用時間相同D.三種粒子一定打到屏上同一位置答案√√42/706.(·安徽理綜·23)在xOy平面內(nèi)，有沿y軸負(fù)方向勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為E(圖中未畫出)，由A點(diǎn)斜射出一質(zhì)量為m，帶電量為＋q粒子，B和C是粒子運(yùn)動軌跡上兩點(diǎn)，如圖所表示，其中l(wèi)0為常數(shù).粒子所受重力忽略不計.求：(1)粒子從A到C過程中電場力對它做功；答案解析3qEl0粒子從A到C過程中電場力對它做功W＝qE(yA－yC)＝3qEl0 ①43/70(2)粒子從A到C過程所經(jīng)歷時間；答案解析tAD＝tDB＝T，且tBC＝T ②由牛頓第二定律qE＝ma ③由運(yùn)動學(xué)公式得yD＝

aT2

④從D到C做類平拋運(yùn)動，沿y軸方向：yD＋3l0＝

a(2T)2 ⑤由②③④⑤式解得T＝

⑥則A→C過程所經(jīng)歷時間t＝3T＝3 ⑦44/70(3)粒子經(jīng)過C點(diǎn)時速率.答案解析粒子由D到C過程中x軸方向：2l0＝vD·2T ⑧y軸方向：vCy＝a·2T ⑨45/705課時作業(yè)46/701.如圖所表示，一帶電小球懸掛在豎直放置平行板電容器內(nèi)，當(dāng)開關(guān)S閉合，小球靜止時，懸線與豎直方向夾角為θ，則A.當(dāng)開關(guān)S斷開時，若減小平行板間距離，則夾角θ增大B.當(dāng)開關(guān)S斷開時，若增大平行板間距離，則夾角θ變小C.當(dāng)開關(guān)S閉合時，若減小平行板間距離，則夾角θ增大D.當(dāng)開關(guān)S閉合時，若減小平行板間距離，則夾角θ減小答案解析√123456781011947/70帶電小球在電容器中處于平衡時，由平衡條件有tanθ＝

，當(dāng)開關(guān)S斷開時，電容器兩極板上電荷量Q不變，

故增大或減小兩極板間距離d，電容器兩極板間電場強(qiáng)度不變，θ不變，選項A、B錯誤；當(dāng)開關(guān)S閉合時，因為兩極板間電壓U不變，由E＝

可知，減小兩極板間距離d，E增大，θ變大，選項C正確，D錯誤.123456781011948/702.如圖所表示，電容器極板間有一可移動電介質(zhì)板，介質(zhì)與被測物體相連，電容器接入電路后，經(jīng)過極板上物理量改變可確定被測物體位置，則以下說法中正確是A.若電容器極板間電壓不變，x變大，電容

器極板上帶電荷量增加B.若電容器極板上帶電荷量不變，x變小，電

容器極板間電壓變大C.若電容器極板間電壓不變，x變大，有電流流向電容器正極板D.若電容器極板間電壓不變，x變大，有電流流向電容器負(fù)極板答案解析√123456781011949/70若x變大，則由C＝

，可知電容器電容減小，在極板間電壓不變情況下，由Q＝CU知電容器帶電荷量降低，此時帶正電荷極板得到電子，帶負(fù)電荷極板失去電子，所以有電流流向負(fù)極板，A、C錯誤，D正確.若電容器極板上帶電荷量不變，x變小，則電容器電容增大，由U＝

可知，電容器極板間電壓減小，B錯誤.123456781011950/703.(多項選擇)將平行板電容器兩極板之間距離、電壓、電場強(qiáng)度大小和極板所帶電荷量分別用d、U、E和Q表示.以下說法正確是A.保持U不變，將d變?yōu)樵瓉韮杀?，則E變?yōu)樵瓉矶种籅.保持E不變，將d變?yōu)樵瓉矶种?，則U變?yōu)樵瓉韮杀禖.保持d不變，將Q變?yōu)樵瓉韮杀叮瑒tU變?yōu)樵瓉矶种籇.保持d不變，將Q變?yōu)樵瓉矶种?，則E變?yōu)樵瓉矶种弧獭檀鸢附馕?23456781011951/70由E＝

可知，若保持U不變，將d變?yōu)樵瓉韮杀叮瑒tE變?yōu)樵瓉矶种?，A項正確；若保持E不變，將d變?yōu)樵瓉矶种唬瑒tU變?yōu)樵瓉矶种?，B項錯誤；保持d不變，若Q變?yōu)樵瓉矶种?，E變?yōu)樵瓉矶种唬珼項正確.123456781011952/704.如圖所表示，M、N是平行板電容器兩個極板，R0為定值電阻，R1、R2為可調(diào)電阻，用絕緣細(xì)線將質(zhì)量為m、帶正電小球懸于電容器內(nèi)部.閉合開關(guān)S，小球靜止時受到懸線拉力為F.調(diào)整R1、R2，關(guān)于F大小判斷正確是A.保持R1不變，遲緩增大R2時，F(xiàn)將變大B.保持R1不變，遲緩增大R2時，F(xiàn)將變小C.保持R2不變，遲緩增大R1時，F(xiàn)將變大D.保持R2不變，遲緩增大R1時，F(xiàn)將變小答案解析√123456781011953/70據(jù)題圖可知電容器兩端電壓UMN即R0兩端電壓，而R0和R2是串聯(lián)關(guān)系，二者電壓和為電源電動勢，所以R2↑→UR0↓UMN↓→電場強(qiáng)度E↓→F電↓→F↓，A錯誤，B正確；R2不變，遲緩增大R1時，R0兩端電壓不變，電容器兩端電壓不變，故F不變，C、D均錯.123456781011954/705.兩平行金屬板相距為d，電勢差為U，一電子質(zhì)量為m、電荷量為e，從O點(diǎn)沿垂直于極板方向射出，最遠(yuǎn)抵達(dá)A點(diǎn)，然后返回，如圖所表示，OA＝h，此電子含有初動能是答案解析√123456781011955/706.(·新課標(biāo)全國Ⅱ·14)如圖所表示，兩平行帶電金屬板水平放置.若在兩板中間a點(diǎn)從靜止釋放一帶電微粒，微粒恰好保持靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)將兩板繞過a點(diǎn)軸(垂直于紙面)逆時針旋轉(zhuǎn)45°，再由a點(diǎn)從靜止釋放一一樣微粒，該微粒將A.保持靜止?fàn)顟B(tài)B.向左上方做勻加速運(yùn)動C.向正下方做勻加速運(yùn)動D.向左下方做勻加速運(yùn)動√答案解析123456781011956/70兩平行金屬板水平放置時，帶電微粒靜止有mg＝qE，現(xiàn)將兩板繞過a點(diǎn)軸(垂直于紙面)逆時針旋轉(zhuǎn)45°后，兩板間電場強(qiáng)度方向逆時針旋轉(zhuǎn)45°，電場力方向也逆時針旋轉(zhuǎn)45°，但大小不變，此時電場力和重力協(xié)力大小恒定，方向指向左下方，故該微粒將向左下方做勻加速運(yùn)動，選項D正確.123456781011957/707.反射式速調(diào)管是慣用微波器件之一，它利用電子團(tuán)在電場中振蕩來產(chǎn)生微波，其振蕩原理與下述過程類似.如圖所表示，在虛線MN兩側(cè)分別存在著方向相反兩個勻強(qiáng)電場，一帶電微粒從A點(diǎn)由靜止開始，在電場力作用下沿直線在A、B兩點(diǎn)間往返運(yùn)動.已知電場強(qiáng)度大小分別是E1＝2.0×103N/C和E2＝4.0×103N/C，方向如圖所表示.帶電微粒質(zhì)量m＝1.0×10－20kg，帶電荷量q＝－1.0×10－9C、A點(diǎn)距虛線MN距離d1＝1.0cm，不計帶電微粒重力，忽略相對論效應(yīng).求：123456781011958/70(1)B點(diǎn)到虛線MN距離d2；答案解析(2)帶電微粒從A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)所經(jīng)歷時間t.0.50cm1.5×10－8s帶電微粒由A運(yùn)動到B過程中，由動能定理有|q|E1d1－|q|E2d2＝0，E1d1＝E2d2，解得d2＝0.50cm.設(shè)微粒在虛線MN兩側(cè)加速度大小分別為a1、a2，由牛頓第二定律有|q|E1＝ma1，|q|E2＝ma2，設(shè)微粒在虛線MN兩側(cè)運(yùn)動時間分別為t1、t2，由運(yùn)動學(xué)公式有解析答案又t＝t1＋t2，解得t＝1.5×10－8s.123456781011959/708.如圖所表示，一帶電荷量為＋q、質(zhì)量為m小物塊處于一傾角為37°光滑斜面上，當(dāng)整個裝置被置于一水平向右勻強(qiáng)電場中時，小物塊恰好靜止.重力加速度取g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)水平向右電場電場強(qiáng)度；答案解析123456781011960/70小物塊靜止在斜面上，受重力、電場力和斜面支持力，受力分析如圖所表示，則有FNsin37°＝qEFNcos37°＝mg解得E＝123456781011961/70(2)若將電場強(qiáng)度減小為原來

，物塊加速度是多大？答案解析0.3g若電場強(qiáng)度減小為原來

，即E′＝由牛頓第二定律得mgsin37°－qE′cos37°＝ma解得a＝0.3g123456781011962/70(3)電場強(qiáng)度改變后物塊下滑距離L時動能.答案解析0.3mgL電場強(qiáng)度改變后物塊下滑距離L時，重力做正功，電場力做負(fù)功，由動能定理得mgLsin37°－qE′Lcos37°＝Ek－0解得Ek＝0.3mgL.123456781011963/709.如圖所表示，帶正電粒子以一定初速度v0沿兩板中線進(jìn)入水平放置平行金屬板內(nèi)，恰好沿下板邊緣飛出，已知板長為L，板間距離為d，板間電壓為U，帶電粒子電荷量為＋q，粒子經(jīng)過平行金屬板時間為t(不計粒子重力)，則A.在前

時間內(nèi)，電場力對粒子做功為B.在后

時間內(nèi)，電場力對粒子做功為C.在粒子下落前

和后

過程中，電場力做功之比為1∶2D.在粒子下落前

和后

過程中，電場力做功之比為2∶1答案解析√123456789101164/70帶正電粒子以一定初速度v0沿兩板中線進(jìn)入水平放置平行金屬板內(nèi)，恰好沿下板邊緣飛出，帶電粒子所做運(yùn)動是類平拋運(yùn)動.豎直方向上分運(yùn)動是初速度