【江苏专版】31　第七章　第3节　电容器　带电粒子在电场中的运动 课件《高考快车道》2026高考物理一轮总复习

(共127张PPT)
第七章　静电场
第3节　电容器　带电粒子在电场中的运动
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一、电容器及电容
1．常见电容器
(1)组成：由两个彼此______又相距很近的导体组成。
(2)带电荷量：一个极板所带电荷量的________。
绝缘
绝对值
(3)电容器的充、放电
①充电：电容器充电的过程中，两极板所带的______的异种电荷量______，极板间的电场强度______，电源的能量不断储存在电容器中。
②放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中________转化为其他形式的能。
等量
增加
增大
电场能
(4)击穿电压与额定电压
①击穿电压：电容器两极板间的电压超过某一数值时，________将被击穿，电容器损坏，这个极限电压称为电容器的击穿电压。
②额定电压：电容器外壳上标的工作电压，也是电容器正常工作所能承受的最大电压，额定电压比击穿电压低。
电介质
2．电容
(1)定义：电容器所带的________与电容器两极板间的电势差的比值。
(2)定义式：C＝。
(3)物理意义：表示电容器容纳电荷本领大小的物理量。
(4)单位：法拉(F)，1 F＝_____ μF＝1012 pF。
(5)决定因素：由电容器本身物理条件(大小、形状、极板相对位置及电介质)决定，与电容器是否带电及电压______。
电荷量
106
无关
3．平行板电容器
(1)决定因素：平行板电容器的电容与极板的正对面积成正比，与电介质的相对介电常数成正比，与极板间距离成反比。
(2)决定式：C＝__________，k为静电力常量。
二、带电粒子在匀强电场中的运动
1．做直线运动的条件
(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子做匀速直线运动或静止。
(2)粒子所受合外力F合≠0，且与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速直线运动。
2．带电粒子在匀强电场中的偏转
(1)运动情况：带电粒子以初速度v0垂直电场方向进入匀强电场中，则带电粒子在电场中做类平抛运动，如图所示。
(2)处理方法：将带电粒子的运动分解为沿初速度方向的__________运动和沿静电力方向的____________运动，根据运动的合成与分解的知识解决有关问题。
匀速直线
匀加速直线
(3)基本关系式：运动时间t＝________
加速度a＝＝＝________
偏转量y＝at2＝________
偏转角θ的正切值tan θ＝＝＝_______。
(4)运动性质：匀变速曲线运动。
一、易错易误辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和。 (　　)
(2)电容器的电容与电容器所带电荷量成反比。 (　　)
(3)放电后的电容器电荷量为零，电容也为零。 (　　)
(4)带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动。 (　　)
(5)带电粒子在电场中，只受电场力时，也可以做匀速圆周运动。 (　　)
(6)示波管屏幕上的亮线是由于电子束高速撞击荧光屏而产生的。 (　　)
×
×
×
×
√
√
二、教材习题衍生
1．(平行板电容器的动态分析)图示是“研究电容器两极板间距对电容大小的影响”实验，保持电荷量不变，当极板间距增大时，静电计指针张角增大，则 (　　)
A．极板间电势差减小
B．电容器的电容增大
C．极板间电场强度增大
D．电容器储存能量增大
√
D　[根据Q＝CU，C＝，可得当极板间距增大时电容减小，由于电容器的带电量不变，故极板间电势差增大，故A、B错误；根据E＝得E＝，故电场强度不变，故C错误；移动极板的过程中要克服电场力做功，故电容器储存能量增大，故D正确。]
2．(带电粒子在电场中的直线运动)如图所示，电子由静止开始从A板向B板运动，到达B板的速度为v，保持两极板间电压不变，则
(　　)
A．当减小两极板间的距离时，速度v增大
B．当减小两极板间的距离时，速度v减小
C．当减小两极板间的距离时，速度v不变
D．当减小两极板间的距离时，电子在两极间运动的时间变长
√
3．(带电粒子在电场中的类平抛运动)如图所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出。已知电子质量为m，电荷量为e，加速电场电压为U0，偏转电场可看成匀强电场，极板间电压为U，极板长度为L，板间距为d。忽略电子所受重力，电子射入偏转电场时的初速度v0和从偏转电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Δy分别是(　　)
A． B．
C． D．
√
D　[根据动能定理，有eU0＝，电子射入偏转电场时的初速度v0＝，在偏转电场中，电子的运动时间Δt＝＝L，加速度a＝＝，偏转距离Δy＝a(Δt)2＝，故选项D正确。]
细研考点·突破题型
考点1　 平行板电容器的动态分析
1．两类典型问题
(1)电容器始终与恒压电源相连，电容器两极板间的电势差U保持不变。
(2)电容器充电后与电源断开，电容器两极板所带的电荷量Q保持不变。
2．动态分析思路
(1)U不变
①根据C＝和C＝，先分析电容的变化，再分析Q的变化。
②根据E＝分析场强的变化。
③根据UAB＝Ed分析某点电势变化。
(2)Q不变
①根据C＝和C＝，先分析电容的变化，再分析U的变化。
②根据E＝分析场强的变化。
[典例1]　(与电源相连电压不变的动态分析问题)(2024·辽宁卷)某种不导电溶液的相对介电常数εr与浓度cm的关系曲线如图(a)所示。将平行板电容器的两极板全部插入该溶液中，并与恒压电源、电流表等构成如图(b)所示的电路。闭合开关S后，若降低溶液浓度，则(　　)
A．电容器的电容减小
B．电容器所带的电荷量增大
C．电容器两极板之间的电势差增大
D．溶液浓度降低过程中电流方向为M→N
√
B　[根据题图(a)可知，降低溶液的浓度时，该不导电溶液的相对介电常数εr增大，结合电容的决定式C＝可知，电容器的电容增大，A错误；电容器一直与恒压电源相连，则电容器两极板之间的电势差不变，C错误；根据电容的定义式C＝结合AC项分析可知，电容器所带的电荷量Q增大，则溶液浓度降低过程中，电容器充电，电路中的电流方向为N→M，B正确，D错误。]
【典例1　教用·备选题】　(与电源相连电压不变的动态分析问题)如图所示，平行板电容器A、B间有一带电油滴P正好静止在极板正中间，现将B极板匀速向下移动到虚线位置，其他条件不变。则在B极板移动的过程中(　　)
A．油滴将向下做匀加速运动
B．电流计中电流由b流向a
C．油滴运动的加速度保持不变
D．极板带的电荷量减少
√
D　[由E＝可知，在B板下移过程中，两板间场强逐渐减小，由mg－Eq＝ma可知油滴运动的加速度逐渐变大，A、C错误；由C＝可知，d增大时，电容器的电容C减小，由Q＝CU可知，电容器所带的电荷量减少，电容器放电，电流由a流向b，D正确，B错误。]
[典例2]　(与电源断开电荷量不变的动态分析问题)如图所示，一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，两板间有一个正检验电荷固定在P点。C表示电容器的电容、E表示两板间的场强、φ表示P点的电势、Ep表示正检验电荷在P点的电势能，
若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小
段距离l0，则下列关系图像正确的是(　　)
√
A　　　　　　　　　B
C　　　　　　　　　D
D　[平行板电容器的决定式为C＝，即电容C与两板间距离d不呈线性关系，C-x图像不可能为直线，故A错误；平行板电容器两板间电场强度为E＝＝＝，由题意可知Q不变，所以E不随两板间距离d变化，故B错误；设P点到负极板的距离为d′，因为负极板接地，所以P点的电势为φP＝Ed′，由上述分析知E不变，则φP随d′的减小而线性减小，又根据Ep＝qφP＝qEd′，可知Ep也随d′的减小而线性减小，故C错误，D正确。故选D。]
规律总结　电容器动态分析的三个关键量
(1)用决定式C＝分析平行板电容器电容的变化。
(2)用定义式C＝分析电容器所带的电荷量或两极板间电压的变化。
(3)用E＝分析电容器两极板间电场强度的变化。
【典例2　教用·备选题】　(与电源相连电压不变的动态分析问题)如图为某同学采用平行板电容器测量材料竖直方向尺度随温度变化的装置示意图，电容器上极板固定，下极板可随材料尺度的变化上下移动，两极板间电压不变。若材料温度降低时，极板上所带电荷量变少，则(　　)
A．材料竖直方向尺度减小
B．极板间电场强度不变
C．极板间电场强度变大
D．电容器电容变大
√
A　[电容器两极板间电压不变，极板上所带电荷量变少，由C＝知电容减小，由C＝分析可知，电容器两极板间距离增大，则材料竖直方向尺度减小，故A正确，D错误；电容器两极板间电压不变，两极板间距离增大，由E＝分析可知极板间电场强度变小，故B、C错误。故选A。]
[典例3]　(与电容器相关的受力及运动问题)(2024·江苏南京期末)如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点，由O点静止释放的电子恰好能运动到P点，现将C板向左平移到P′点，则由O点静止释放的电子(　　)
A．运动到P点返回
B．运动到P和P′点之间返回
C．运动到P′点返回
D．穿过P′点后继续运动
√
D　[由O点静止释放的电子恰好能运动到P点，表明电子在薄板A、B之间做加速运动，电场力做正功，电场方向向左，在薄板B、C之间做减速运动，电场力做负功，电场方向向右，到达P点时速度恰好为0，之后，电子向左加速至M点，再向左减速至O点速度为0，之后重复先前的运动，根据动能定理有－eUOM－eUMP＝0，解得UMP＝－UOM＝UMO，根据C＝＝，当C板向左平移到P′点，B、C间距减小，B、C之间电压减小，则有UMP＝UMO>UMP′，结合上述有－eUOM－eUMP′>0，可知，电子减速运动到P′点时的速度不等于0，即电子穿过P′点后继续向右运动。故选D。]
【典例3　教用·备选题】　(与电容器相关的受力及运动问题)如图所示，P、Q组成平行板电容器，两极板竖直放置，在两极板间用绝缘线悬挂一带电小球。将该电容器与电源连接，闭合开关后，悬线与竖直方向的夹角为α，则下列说法不正确的是(　　)
A．断开开关，加大P、Q两极板间的距离，角度α会增大
B．断开开关，缩小P、Q两极板间的距离，角度α不变
C．保持开关闭合，缩小P、Q两极板间的距离，角度α会增大
D．保持开关闭合，加大P、Q两极板间的距离，角度α会减小
√
A　[断开开关，电容器所带的电荷量不变，根据公式C＝、U＝Ed、C＝，联立得E＝，即此情况下电场强度与P、Q两极板间的距离无关，故两极板间的电场强度不变，小球所受电场力不变，则角度α不变，A错误，B正确；保持开关闭合，电容器两极板间的电压不变，缩小P、Q两极板间的距离，由E＝分析得知，两极板间的电场强度增大，小球所受电场力增大，则角度α会增大；相反，增大P、Q两极板间的距离，角度α会减小，C、D正确。]
考点2　带电粒子在电场中的运动
带电粒子在电场中的运动
1．带电粒子在电场中做直线运动的分析方法
2．带电粒子在匀强电场中偏转的基本规律
设粒子带电荷量为q，质量为m，两平行金属板间的电压为U，板长为l，板间距离为d(忽略重力影响)，则有
(1)加速度：a＝＝＝。
(2)在电场中的运动时间：t＝。
(3)速度
v＝，tan θ＝＝。
(4)位移
3．带电粒子在匀强电场中偏转的两个二级结论
(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时的偏转角度总是相同的。
证明：由qU0＝及tan θ＝
得tan θ＝。
(2)粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O为粒子水平位移的中点，即O到电场边缘的距离为。
[典例4]　(带电粒子在电场中的直线运动)加速器是人类揭示物质本源的关键设备，在放射治疗、食品安全、材料科学等方面有广泛应用。如图所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管(漂移管)组成，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极。质子从K点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速，加速电压视为不变。设质子进入漂移管B时速度为8×106 m/s，进入漂移管E时速度为1×107 m/s，电源频率为1×107 Hz，漂移管间缝隙很小，质子在每个管内运动时间视为电源周期的1/2。质子的荷质比取1×108 C/kg。求：
(1)漂移管B的长度；
(2)相邻漂移管间的加速电压。
思路点拨：(1)质子在B管中做匀速直线运动，已知速度，根据题意确定质子在管中运动的时间就可以求出B管的长度。
(2)从B管到E管质子被三次加速，根据动能定理就可以确定加速电压。
[解析]　(1)设质子进入漂移管B的速度为vB，电源频率、周期分别为f、T，漂移管B的长度为L，则
T＝ ①
L＝vB· ②
联立①②式并代入数据得L＝0.4 m。
(2)设质子进入漂移管E的速度为vE，相邻漂移管间的加速电压为U、电压对质子所做的功为W，质子从漂移管B运动到E电场做功W′，质子的电荷量为q、质量为m，则W＝qU ③
W′＝3W ④
W′＝ ⑤
联立③④⑤式并代入数据得U＝6×104 V。
[答案]　(1)0.4 m　(2)6×104 V
规律总结　带电粒子在电场中做直线运动常用关系式
(1)用动力学观点分析
a＝，E＝＝2ad。
(2)用功能观点分析
匀强电场中：W＝qEd＝qU＝
非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1。
【典例4　教用·备选题】　(带电粒子在电场中的直线运动)如图所示，在纸面内有一匀强电场，一带正电的小球(不计重力)在恒力F作用下沿虚线从A点匀速运动到B点。已知力F和AB间的夹角θ，点A、B间的距离为d，小球带电量为q，则下列结论正确的是(　　)
A．场强大小为E＝
B．A，B两点间的电势差为
C．带电小球从A点运动到B点的过程中电势能增加了Fd sin θ
D．若带电小球从B点向A点做匀速直线运动，则F必须反向
√
B　[由题意可知，小球的重力不计，只受到电场力与恒力F而做匀速直线运动，则有qE＝F，解得场强大小为E＝，故A错误；A、B两点的电势差为UAB＝－Ed cos θ＝，故B正确；带电小球由A运动至B过程中恒力做功为W＝Fd cos θ，根据功能关系可知，电势能增加了Fd cos θ，故C错误；小球所受的电场力恒定不变，若带电小球由B向A做匀速直线运动，恒力F大小、方向也不变，故D错误。故选B。]
[典例5]　(带电粒子在电场中的偏转)一带正电微粒从静止开始经电压U1加速后，射入水平放置的平行板电容器，极板间电压为U2。微粒射入时紧靠下极板边缘，速度方向与极板夹角为60°，微粒运动轨迹的最高点到极板左右两端的水平距离分别为2L和L，到两极板
距离均为d，如图所示。忽略边缘效应，不计重力。
下列说法正确的是(　　)
A．L∶d＝1∶2
B．U1∶U2＝1∶2
C．微粒穿出电容器区域时速度与水平方向夹角θ的正切值tan θ＝
D．仅改变微粒的质量或者电荷量，微粒在电容器中的运动轨迹发
生变化
√
C　[设微粒从射入到运动至最高点的时间为t1，根据运动学公式有2L＝vxt1，d＝vyt1，设微粒射入水平放置的平行板电容器时速度为v，则水平速度、竖直速度分别为vx＝v cos 60°，vy＝v sin 60°，解得 L∶d＝1∶，故A错误；微粒在平行板电容器内的加速度a＝＝，竖直方向有＝2ad，微粒射入电场的动能U1q＝mv2，可得U1∶U2＝2∶3，故B错误；设微粒从最高点运动至射出平行板电容器的时间为t2，根据运动学有L＝vxt2，可得t2＝t1，射出磁场时竖直方向的速度v′y＝at2＝，微粒穿出电容器区域时速度与水平方
向夹角θ的正切值tan θ＝＝＝，故C正确；设微粒从射入到运动至最高点的水平位移为x，时间为t，则t＝，竖直方向的位移为y＝at2，微粒在平行板电容器内的加速度a＝＝，微粒射入电场的动能U1q＝mv2，联立解得y＝，且x＝vxt，y＝vyt，联立解得x＝2L，y＝d，即微粒从射入到运动至最高点的水平和竖直位移均与电荷量和质量无关，微粒射出磁场的过程同理，故轨迹不会变化，故D错误。故选C。]
【典例5　教用·备选题】　(带电粒子在电场中的偏转)(2022·江苏卷)某装置用电场控制带电粒子运动，工作原理如图所示。矩形ABCD区域内存在多层紧邻的匀强电场，每层的高度均为d，电场强度大小均为E，方向沿竖直方向交替变化。AB边长为
12d，BC边长为8d。质量为m、电荷量为
＋q的粒子流从装置左端中点射入电场，
粒子初动能为Ek，入射角为θ，在纸面
内运动。不计粒子重力及粒子间的相互
作用力。
(1)当θ＝θ0时，若粒子能从CD边射出，求该粒子通过电场的时间t；
(2)当Ek＝4qEd时，若粒子从CD边射出电场时与轴线OO′的距离小于d，求入射角θ的范围；
(3)当Ek＝qEd，粒子在θ为－～范围内均匀射入电场，求从CD边出射的粒子与入射粒子的数量之比N∶N0。
[解析]　(1)电场方向在竖直方向上交替变化，粒子所受电场力在竖直方向上也交替变化，则粒子在水平方向上做匀速直线运动，速度分解如图所示
粒子在水平方向的速度为vx＝v cos θ0
根据Ek＝mv2可知v＝
该粒子通过电场的时间t＝
解得t＝。
(2)粒子进入电场时的初动能Ek＝4qEd＝
粒子进入电场只受到电场力作用，由牛顿第二定律可得qE＝ma
粒子从CD边射出电场时与轴线OO′的距离小于d，则要求2ad>(v0sin θ)2
解得－所以入射角的范围为－30°＜θ＜30°。
(3)设粒子入射角为θ′时，粒子恰好从D点射出，由于粒子进入电场时，在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向反复做加速度大小相同的减速运动和加速运动。粒子的速度v′＝＝4
运动时间为t总＝＝
粒子在沿电场方向，反复做加速度大小相同的减速运动和加速运动，根据速度—位移关系可得：
－2ad＝－(v′sin θ′)2
2ad＝
－2ad＝
2ad＝
－2ad＝
2ad＝
则v2d＝v4d＝v6d＝v′sin θ′
v1d＝v3d＝v5d
则粒子在每个分层电场中运动时间相等，设为t0，则t0＝t总＝＝
且d＝
代入数据化简可得6cos2θ′－8sinθ′cos θ′＋1＝0
即tan2θ′－8tanθ′＋7＝0
解得tan θ′＝7或tan θ′＝1，当tan θ′＝7时粒子从AD边穿出，故不合题意，故tan θ′＝7舍去，
则θ′＝45°
因为粒子均匀射入电场，所以从CD边出射的粒子与入射粒子的数量之比为＝＝。
[答案]　(1)　(2)－30°＜θ＜30°　(3)1∶2
[典例6]　(带电粒子在交变电场中的运动)如图甲所示，电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0，电容器板长和板间距离均为L＝10 cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L＝10 cm，在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图像如图乙所示，每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电压是不变的。求：
(1)在t＝0.06 s时刻，电子打在荧光
屏上的何处？
(2)荧光屏上有电子打到的区间有多长？
审题指导：
题干关键 获取信息
穿过平行板时间极短 上、下极板间的电压U不变
上极板电势—时间图像 电子可向上(向下)偏
电子打到的区间 电压过大时，电子打到极板
[解析]　(1)电子经电场加速满足qU0＝mv2
经电场偏转后侧移量
y＝at2＝
所以y＝
由题图知t＝0.06 s时刻U偏＝1.8U0
所以y＝4.5 cm
设打在屏上的点与O点的距离为Y，满足
＝
所以Y＝13.5 cm。
(2)由题意知电子侧移量y的最大值为，由y＝可得，当偏转电压超过 2U0时，电子就打不到荧光屏上了，根据＝，解得Ymax＝L，所以荧光屏上电子能打到的区间长为s＝2Ymax＝3L ＝30 cm。
[答案]　(1)打在屏上的点位于O点上方，距O点13.5 cm　(2)30 cm
方法技巧　解决带电粒子在交变电场中运动问题的关键
(1)处理方法：将粒子的运动分解为垂直电场方向上的匀速运动和沿电场方向的变速运动。
(2)比较通过电场的时间t与交变电场的周期T的关系
①若t T，可认为粒子通过电场的时间内电场强度不变，等于刚进入电场时刻的电场强度。
②若不满足上述关系，应注意分析粒子在电场方向上运动的周期性。
(3)注意分析不同时刻射入电场的粒子在电场中运动的差别，找到满足题目要求的时刻。
【典例6　教用·备选题】　(带电粒子在交变电场中的运动)(2024·天一中学高三检测)如图甲所示，A、B为两块相距很近的平行金属板，A、B间电压为UAB＝－U0，紧贴A板有一电子源，不停地飘出质量为m、带电荷量为e的电子(初速度可视为0)。在B板右侧两块平行金属板M、N间加有如图乙所示的电压，电压变化的周期T＝L，板间中线与电子源在同一水平线上。已知金属板M、
N间距为d，极板长为L。求：
(1)电子进入偏转极板时的速度；
(2)时刻沿中线射入偏转极板间的电子刚射出偏转极板时与板间中线的距离(未与极板接触)。
[解析]　(1)设电子进入偏转极板时的速度为v，由动能定理有eU0＝mv2
解得v＝。
(2)由题意知，电子穿过偏转极板所需时间
t＝＝L＝T
故在时刻沿中线射入偏转极板间的电子在电场方向上先加速再减速，然后反向加速再减速，各段位移大小相等，故电子沿板间中线射出偏转极板，即与板间中线距离为0。
[答案]　(1)　(2)0
1．等效重力法
把电场力和重力合成一个等效力，称为等效重力。如图所示，则F合为等效重力场中的“重力”，g′＝为等效重力场中的“等效重力加速度”；F合的方向等效为“重力”的方向，即在等效重力场中的“竖直向下”方向。
带电粒子在叠加场中的圆周运动——等效法的应用
2．物理最高点与几何最高点
在叠加电场和重力场中做圆周运动的小球，经常遇到小球在竖直平面内做圆周运动的临界速度问题。小球能维持圆周运动的条件是能过最高点，而这里的最高点不一定是几何最高点，而应是物理最高点。
[典例7]　(带电粒子在叠加场中的圆周运动——等效法的应用)如图所示，绝缘光滑轨道AB部分是倾角为30°的斜面，AC部分为竖直平面上半径为R的圆轨道，斜面与圆轨道相切。整个装置处于场强大小为E、方向水平向右的匀强电场中。现有一个质量为m的带正电小球，电荷量为q＝，要使小球能安全通过圆轨道，在O点的初速度v0应满足什么条件？
[解析]　小球先在斜面上运动，受重力、电场力、支持力，然后在圆轨道上运动，受重力、电场力、轨道作用力，如图所示
类比重力场，将电场力与重力的合力视为等效重力mg′，大小为mg′＝＝，tan θ＝＝，得θ＝30°，等效重力的方向与斜面垂直指向右下方，小球在斜面上匀速运动。因要使小球能安全通过圆轨道，在圆轨道的“等效最高点”(D点)满足“等效重力”刚好提供向心力，即有mg′＝，因θ＝30°与斜面的倾角相等，由几何关系知 AD＝2R，令小球以最小初速度v0运动，由动能定理知－2mg′R＝
解得v0＝ ，因此要使小球安全通过圆轨道，初速度应满足v0≥ 。
[答案]　v0≥
【典例7　教用·备选题】　(带电粒子在叠加场中的圆周运动——等效法的应用)如图甲所示，在与竖直平面平行的匀强电场中，有一质量为m、带电量为＋q的小球(可视为质点)在长为l的绝缘轻绳牵引下绕其悬点O在竖直面内沿逆时针方向做完整的圆周运动。直径AC竖直，直径BD水平。小球从A点开始电势能Ep与转过的角度θ的关系如图乙所示，已知重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
A．该匀强电场的场强大小
B．该匀强电场的场强方向沿CA方向
C．轻绳在D、B两点拉力的差值为3mg
D．轻绳在D、B两点拉力的差值为3mg
√
D　[由题图乙可知θ＝和θ＝时的电势能相同，故电势相等，连线为等势线，电场线与等势线垂直，由此可以判断电场强度的方向如图1所示，不沿CA方向，故B错误；电荷在电场中运动位置的最大的电势差为U＝，根据U＝E×2l可得
E＝，故A错误；
对小球受力分析如图2所示，小球在B点受力分析可知TB＋Eq cos 60°＝，小球在D点受力分析可知TD－Eq cos 60°＝，小球从B点到D点的过程中，由动能定理Eq cos 60°×2l＝，可得TD－TB＝3mg，故D正确，C错误。
故选D。]
微点突破7　带电粒子在电场中的运动的综合问题
1．分析方法：先分析受力情况，再分析运动状态和运动过程(平衡、加速或减速，轨迹是直线还是曲线)，然后选用恰当的规律如牛顿运动定律、运动学公式、动能定理、能量守恒定律解题。
2．受力特点：一般来说，除明显暗示外，带电小球、液滴的重力不能忽略，电子、质子等带电粒子的重力可以忽略，一般可根据微粒的运动状态判断是否考虑重力作用。
3．力学规律
(1)动力学规律：牛顿运动定律结合运动学公式。
(2)能量规律：动能定理或能量守恒定律。
4．两个结论
(1)若带电粒子只在电场力作用下运动，其动能和电势能之和保持不变。
(2)若带电粒子只在重力和电场力作用下运动，其机械能和电势能之和保持不变。
[典例1]　(带电粒子在有界电场中运动)(2024·江苏无锡一模)如图甲所示为一粒子分析装置，它由粒子发射源、加速电场、静电分析器、偏转电场四部分组成。粒子发射源S可产生初速度为零、质量为m、电量为＋q的带电粒子。粒子自A板小孔进入加速电场加速后，垂直于B板从小孔进入圆弧形的静电分析器，仅在指向圆心的电场力作用下，通过静电分析器的中轴线CD做四分之一圆周运动，离开静电分析器后沿偏转电场的中轴线水平进入偏转电场区，此时偏转
电场中加上如图乙所示的交变电压，最后粒子恰好沿水平方向从偏转电场右侧飞出。已知：AB板间的加速电压为U0、静电分析器中轴线CD处的电场强度大小为E0、偏转电场MN的极板长度为L、极板间距为d、图乙中的偏转电压U已知，周期T可调节但未知，若带电粒子重力不计。求：
(1)带电粒子到达B板的速度v0的大小；
(2)带电粒子在静电分析器中运动的时间t；
(3)带电粒子离开偏转电场时偏离中轴线的距离y。
[解析]　(1)粒子在加速电场中被加速
U0q＝
带电粒子到达B板的速度大小
v0＝。
(2)在静电分析器中
E0q＝
运动时间t＝
解得t＝。
(3)粒子射入偏转电场后，水平方向做匀速运动，离开偏转电场时速度方向仍水平，则竖直速度仍为零，则在水平方向上有
L＝v0·nT(n＝1，2，3，…)
在竖直方向上有y＝2n·(n＝1，2，3，…)
解得y＝(n＝1，2，3，…)。
[答案]　(1)　(2)　(3)(n＝1，2，3，…)
【典例1　教用·备选题】(带电粒子在有界电场中运动)在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面是以O为圆心、半径为R的圆，AB为圆的直径，如图所示。质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子在纸面内自A点先后以不同的速度进入电场，速度方向与电场的方向垂直。已知刚进入电场时，速度为零的粒子，
自圆周上的C点以速度v0穿出电场，AC与
AB的夹角θ＝60°。运动中粒子仅受电场
力作用。
(1)求电场强度的大小。
(2)为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子进入电场时的速度应为多大？
(3)为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为mv0，该粒子进入电场时的速度应为多大？
[解析]　(1)粒子初速度为零，由C点射出电场，故电场方向与AC平行，由A指向C。
由几何关系和电场强度的定义知
AC＝R　①
F＝qE　②
由动能定理有F·AC＝　③
联立①②③式得E＝。　④
(2)如图，由几何关系知AC⊥BC，故电场中的等势线与BC平行。作与BC平行的直线与圆相切于D点，与AC的延长线交于P点，则自D点从圆周上穿出的粒子的动能增量最大。
由几何关系知∠PAD＝30°，
AP＝R，DP＝R　⑤
设粒子以速度v1进入电场时动能增量最大，在电场中运动的时间为t1。粒子在AC方向做加速度为a的匀加速运动，运动的距离等于AP；在垂直于AC的方向上做匀速运动，运动的距离等于DP。
由牛顿第二定律和运动学公式有
F＝ma　⑥
AP＝　⑦
DP＝v1t1　⑧
联立②④⑤⑥⑦⑧式得v1＝v0。　⑨
(3)设粒子以速度v进入电场时，在电场中运动的时间为t。以A为原点，粒子进入电场的方向为x轴正方向，电场方向为y轴正方向建立直角坐标系。
由运动学公式有
y＝at2　⑩
x＝vt　
粒子离开电场的位置在圆周上，有
＋＝R2　
粒子在电场中运动时，其x轴方向的动量不变，y轴方向的初始动量为零。设穿过电场前后动量变化量的大小为mv0的粒子，离开电场时其y轴方向的速度分量为v2，由题给条件及运动学公式有mv2＝mv0＝mat　
联立②④⑥⑩ 式得v＝0　
和v＝v0　
另解：由题意知，初速度为0时，动量增量的大小为mv0，此即问题的一个解。自A点以不同的速率垂直于电场方向射入电场的粒子，沿y轴方向位移相等时，所用时间都相同。因此，不同粒子运动到线段CB上时，动量变化都相同，自B点射出电场的粒子，其动量变化量也为mv0，由几何关系及运动学规律可得，此时入射速率v＝v0。
[答案]　　(2)v0　(3)0或v0
[典例2]　(带电粒子在重力场和匀强电场的复合场中运动)(2024·南京高三开学考试)如图所示，在竖直向下的匀强电场中有一带电荷量为q＝
－2×10-5 C的小球，自倾角为θ＝37°的绝缘斜面顶端A点由静止开始滑下，接着通过半径为R＝0.5 m的绝缘半圆轨道最高点C，已知小球质量为m＝0.5 kg，匀强电场的场强E＝2×105 N/C，小球运动过程中摩擦阻力及空气阻力不计，假设在B点前后小球的速率不变(g取10 m/s2)。求：
(1)H至少应为多少；
(2)通过调整释放高度使小球到达C点的速度为
2 m/s，则小球落回到斜面时的动能是多少。
[解析]　(1)小球恰好过最高点C时有
mg－|q|E＝
从A到C，由动能定理有
mg(H－2R)－|q|E(H－2R)＝－0
解得H＝1.25 m。
(2)从C点飞出后小球做类平抛运动，有
mg－|q|E＝ma
解得a＝2 m/s2
竖直方向y＝at2
水平方向x＝v′Ct
根据几何关系tan θ＝
解得t＝0.5 s，y＝0.25 m
从C到落回斜面，由动能定理有
mgy－|q|Ey＝
解得Ek＝1.25 J。
[答案]　(1)1.25 m　(2)1.25 J
【典例2　教用·备选题】　(带电粒子在重力场和匀强电场的复合场中运动)(一题多法)如图甲所示，将一倾角θ＝37°的粗糙绝缘斜面固定在地面上，空间存在一方向沿斜面向上的匀强电场。一质量m＝0.2 kg、 带电荷量q＝2.0×10-3 C的小物块从斜面底端静止释放，运动 0.1 s 后撤去电场，小物块运动的v-t图像如图乙所示(取沿斜面向上为正方向)，g取
10 m/s2，sin 37°＝0.6，
cos 37°＝0.8。 求：
(1)电场强度E的大小；
(2)小物块在0～0.3 s运动过程中机械能增加量。
[解析]　(1)加速时加速度大小a1＝＝
减速时加速度大小a2＝＝10 m/s2
由牛顿第二定律得Eq－mg sin θ－Ff＝ma1
mg sin θ＋Ff＝ma2
联立得电场强度E＝3×103 N/C
摩擦力Ff＝0.8 N。
(2)方法一：ΔEk＝0
ΔEp＝mgx sin 37°
x＝0.3 m
ΔE＝ΔEp＋ΔEk
所以ΔE＝0.36 J。
方法二：加速距离x1＝t1＝0.1 m
减速距离x2＝t2＝0.2 m
电场力做功W电＝Eqx1＝0.6 J
摩擦力做功Wf＝－Ff(x1＋x2)＝－0.24 J
物块在0～0.3 s运动过程中机械能增加量
ΔE＝W电＋Wf＝0.36 J。
[答案]　(1)3×103 N/C　(2)0.36 J
[典例3]　(复合场中的多过程问题)如图所示，PC、MN、OQ彼此平行且间距相等，在MN与OQ之间有竖直向上的匀强电场。QB段为一半径R＝1.6 m 的光滑圆弧轨道，CQ段为粗糙的水平轨道，两轨道相切于Q点，Q处静置一质量为m2＝2 kg 的物块2(可视为质点)，Q在圆心O的正下方，整个轨道位于同一竖直平面内。一个带电荷量q＝1×10-3 C、质量m1＝1 kg的带正电物块1(可视为质点)静止在P点，现给其一冲量，使其从P点水平向右抛出，当其刚好运动到Q点时速度恰好水平向右并与物块2发生正碰，碰后瞬间物块2对轨道压
力为其重力2倍。碰后物块1向左运动到A点静止，已知物块1与水平轨道接触瞬间电荷全部导入大地，物块1从P到Q的运动时间与从Q滑到A的时间相等，且AQ长l＝0.8 m，两物块与水平轨道间的动摩擦因数均为μ＝0.25，重力加速度g取 10 m/s2。 求：
(1)两物块碰撞后的速度大小
分别为多少；
(2)匀强电场的场强大小；
(3)CP、CQ的距离分别为多少。
[解析]　(1)碰撞后物块1从Q返回到A的过程中，由动能定理得－μm1gl＝
解得v1＝＝2 m/s
由牛顿第二定律、牛顿第三定律可得物块2在Q点有
FN－m2g＝
解得v2＝＝4 m/s。
(2)滑块从P到Q运动过程中，前半段为平抛运动，后半段逆向为类平抛运动，根据运动对称性可知，前后两半段的运动时间、水平位移和竖直位移均相同，且初末速度也相同，设P点高为h，则由动能定理可得
m1gh－qE＝
解得E＝2×104 V/m。
(3)规定向右为正方向，则两物块碰撞时由动量守恒可得
m1v0＝－m1v1＋m2v2
联立以上解得
v0＝6 m/s
物块1从Q到A的过程中，由动量定理有
－μm1gt＝0－m1v1
解得t＝0.8 s
则从P到Q运动过程中，水平方向有
x＝v0t＝4.8 m
竖直方向有
h＝2×g＝1.6 m
故CP距离为1.6 m，CQ距离为4.8 m。
[答案]　(1)2 m/s　4 m/s　(2)2×104 V/m　(3)1.6 m　4.8 m
题组一　平行板电容器的动态分析
1．(2024·江苏镇江期中)电容式位移传感器工作原理如图所示，当被测物体在左、右方向发生位移时，电介质板随之在电容器两极板之间移动。若电介质板向左移动
一微小位移x，下列说法正确的
是(　　)
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
课时分层作业(二十二)　电容器　带电粒子在电场中的运动
A．电容器两极板间电压变小
B．电容器电容C变大
C．电容器带电量变少
D．有a→b方向的电流流过电阻
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
√
B　[若电介质板向左移动一微小位移x，电介质插入两极板间的长度增大，根据C＝，可知电容C增大，电容器与电源连接，电压不变，故A错误，B正确；根据C＝，可知，若电容C增大，则Q增大，电容器充电，带电量变大，同时有b→a方向的电流流过电阻，故C、D错误。]
1
题号
2
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10
11
2．(2024·江苏八校联考)利用如图所示电路观察电容器的充、放电现象，其中E为电源，R为定值电阻，C为电容器，A为电流表，V为电压表。下列说法正确的是(　　)
A．充电过程中，电流表的示数逐渐增大后趋于稳定
B．充电过程中，电压表的示数增大后趋于稳定
C．放电过程中，电流表的示数均匀减小至零
D．放电过程中，电压表的示数均匀减小至零
√
1
题号
2
3
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5
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10
11
B　[充电过程中，由于电容器两端的电压越来越高，电源与电容器间的电势差越来越小，电流表的示数逐渐减小，故A错误；充电过程中，电压表的示数增大，最后与电源的电动势相等，即示数趋于稳定，故B正确；放电过程中，电流表的示数是逐渐变小的，但不是均匀减小的，故C错误；放电过程中，电压表的示数是逐渐变小的，但不是均匀减小的，故D错误。故选B。]
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
3．研究与平行板电容器电容有关因素的实验
装置如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，
能使电容器带电
B．实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小
C．实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大
D．实验中，只增加极板带电荷量，静电计指针的张角变大，表明电容增大
√
1
题号
2
3
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10
11
A　[实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，由于静电感应，在b板上将感应出异种电荷，A正确；b板向上平移，正对面积S变小，由C＝知，电容C变小，由C＝知，Q不变，U变大，因此静电计指针的张角变大，B错误；极板间插入有机玻璃板，相对介电常数εr变大，由C＝知，电容C变大，由C＝知，Q不变，U变小，因此静电计指针的张角变小，C错误；由C＝知，只增加极板带电荷量，电容C不变，静电计指针的张角变大，D错误。]
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
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10
11
题组二　带电粒子在电场中的运动
4．如图甲所示，在匀强电场中的O点先后无初速度释放两个正点电荷Ⅰ和Ⅱ，电荷仅在电场力的作用下沿直线向A运动，两电荷的动能Ek随位移x变化的关系如图乙所示。若Ⅰ的电荷量为q，则可知
(　　)
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
A．电荷Ⅱ的电荷量为q
B．电荷Ⅱ受到的电场力大小为F＝
C．选O点为零电势点，A点的电势为φA＝
D．匀强电场的场强大小为E＝
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
√
D　[电荷Ⅰ从O到A点由动能定理得qUOA＝Ek0，电荷Ⅱ从O到A点由动能定理得q′UOA＝2Ek0，解得电荷Ⅱ的电荷量为q′＝2q，故A错误；电荷Ⅱ从O到A点由动能定理得Fx0＝2Ek0，解得电荷Ⅱ受到的电场力大小为F＝，故B错误；电荷Ⅰ从O到A点由动能定理得qUOA＝Ek0，由UOA＝φO－φA，可得A点的电势为φA＝φO－UOA＝－，故C错误；由电荷Ⅱ受到的电场力大小为F＝2qE＝，解得匀强电场的场强大小为E＝，故D正确。故选D。]
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
5．如图所示，水平金属板A、B分别与电源两极相连，带电油滴处于静止状态。现将B板右端向下移动一小段距离，两金属板表面仍均为等势面，则该油滴(　　)
A．仍然保持静止
B．竖直向下运动
C．向左下方运动
D．向右下方运动
√
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
D　[由于水平金属板A、B分别与电源两极相连，两极板之间的电势差不变，将B板右端向下移动一小段距离，极板之间的电场强度将减小，油滴所受电场力减小，且电场力方向斜向右上方向，则油滴所受的合外力斜向右下方，所以该油滴向右下方运动，选项D正确。]
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
6．(2019·江苏卷)一匀强电场的方向竖直向上，t＝0时刻，一带电粒子以一定初速度水平射入该电场，电场力对粒子做功的功率为P，不计粒子重力，则P-t关系图像是(　　)
√
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
A　　　 　B　 　 　C　　　　D
A　[由于带电粒子在电场中做类平抛运动，在电场力方向上做匀加速直线运动，加速度为，经过时间t，电场力方向速度为t，功率为P＝Fv＝qE×t，所以P与t成正比，故A正确。]
1
题号
2
3
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5
6
7
8
9
10
11
7．(2024·江苏南通期末)如图所示，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，射入方向跟极板平行，整个装置处在真空中，重力可忽略，在满足电子能射出平行板区的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角θ变小的是(　　)
A．U1变小、U2变大 B．U1变大、U2变大
C．U1变小、U2变小 D．U1变大、U2变小
√
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
D　[设电子被加速后获得的初速度为v0，则由动能定理得qU1＝，设极板长为l，则电子在电场中偏转所用时间为t＝，设电子的加速度为a，根据牛顿第二定律，有a＝＝，电子射出偏转电场时，平行于电场方向的速度为vy＝at，联立可得vy＝，又有tan θ＝＝＝，故U2变小、U1变大一定能使偏转角变小。故选D。]
1
题号
2
3
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5
6
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10
11
8．(2024·曲塘中学联考)如图所示，空间存在竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E，有一个半圆形轨道，圆心为O。一带电粒子质量为m，电荷量为＋q(重力不计)，从与圆心等高的轨道上A点以水平速度v0向右入射，落在轨道上的C点，已知OC与OB的夹角为θ，则带电粒子从A点运动到C点的时间为(　　)
A．cos B．tan
C．cos D．tan
√
1
题号
2
3
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8
9
10
11
B　[设轨道半径为R，由题图中几何关系可知，A、C之间的水平距离x＝R＋R cos θ，竖直高度h＝R sin θ，带电粒子在电场中运动受到的电场力F＝qE，加速度a＝，设带电粒子从A点运动到C点的时间为t，由类平抛运动规律，有x＝v0t，h＝at2，联立解得t＝tan ，选项B正确。]
1
题号
2
3
4
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6
7
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10
11
9．如图甲所示，两平行金属板竖直放置，
左极板接地，中间有小孔，右极板电势随
时间变化的规律如图乙所示。电子原来静
止在左极板小孔处(不计重力作用)。下列说法正确的是(　　)
A．从t＝0时刻释放电子，电子将始终向右运动，直到打到右极板上
B．从t＝0时刻释放电子，电子可能在两板间振动
C．从t＝时刻释放电子，电子可能在两板间振动，不可能打到右极板上
D．从t＝时刻释放电子，电子必将打到左极板上
√
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
A　[根据题给条件作出带电粒子的v-t图像，根据v-t图像包围的面积分析粒子的运动。由图(a)知，t＝0 时刻释放电子，电子的位移始终是正值，说明一直向右运动，一定能够击中右板，选项A正确，B错误；
由图(b)知，t＝时刻释放电子，电子向右的位移与向左的位移大小相等，若释放后的时间内不能到达右板，则之后往复运动，选项C、D错误。]
1
题号
2
3
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5
6
7
8
9
10
11
10．(2024·江苏无锡一模)如图所示，水平向右的匀强电场中，一可视为质点的带电小球从A点以竖直向上的初速度开始运动，经最高点B后回到与A在同一水平线上的C点，小球从A点到B点的过程中克服重力做功2 J，电场力做功3 J，则(　　)
A．小球在B点的动能比在A点少1 J
B．小球在C点的电势能比在B点少3 J
C．小球在C点的机械能比在A点多12 J
D．小球在C点的动能为6 J
√
1
题号
2
3
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5
6
7
8
9
10
11
C　[从A→B，根据动能定理有WAB－mgh＝ΔEk，解得ΔEk＝1 J，即小球在B点的动能比在A点多1 J，故A错误；小球在竖直方向上只受重力，做加速度为g的匀变速运动，故从A→B和B→C的时间相等，而水平方向只受到电场力作用，设从A→B的水平分位移为x1，从B→C的水平分位移为x2，则可知＝，则WBC＝3WAB＝9 J，由于电场力做正功，则小球在C点的电势能比在B点少 9 J，故B错误；根据功能关系可知，从A→C机械能增加量为ΔE＝WAB＋WBC＝12 J，由于重力势能不变，则从A→C动能增加12 J，即小球在C点的动能大于12 J，故C正确，D错误。]
1
题号
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11
11．在如图所示的平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限区域内有沿y轴正方向(竖直向上)的匀强电场，电场强度大小E0＝50 N/C；第Ⅳ象限区域内有一宽度d＝0.2 m、方向沿x轴正方向(水平向右)的匀强电场。质量m＝0.1 kg、带电荷量q＝＋1×10-2 C 的小球从y轴上P点以一定的初速度垂直y轴方向进入第Ⅰ象限后，从x轴上的A点进入第Ⅳ象限，并恰好沿直线通过该区域后从B点离开，已知P、A的坐标分别为(0，0.4 m)，
(0.4 m，0)，取重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)初速度v0的大小；
(2)A、B两点间的电势差UAB。
1
题号
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11
[解析]　(1)小球进入竖直方向的匀强电场后做类平抛运动，小球带正电，受到的电场力方向竖直向上，根据牛顿第二定律，加速度a＝，解得a＝5 m/s2
根据平抛运动规律，小球沿水平方向做匀速运动，有xA＝v0t
竖直方向有yP＝at2
联立得v0＝xA
代入数据，解得v0＝1 m/s。
1
题号
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11
(2)设水平电场的电场强度大小为E，因未进入水平电场前，带电小球做类平抛运动，所以进入电场时竖直方向的速度vy＝
因为小球在水平电场区域恰好做直线运动，所以合外力的方向与速度方向在一条直线上，即速度方向与合外力的方向相同，有＝
解得E＝50 N/C
设小球在水平电场中运动的水平距离为l，则＝
根据电势差与电场强度的关系有UAB＝El
解得UAB＝5 V。
1
题号
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[答案]　(1)1 m/s　(2)5 V
谢 谢 ！