2023年浙江选考高考物理二轮复习专题三电场和磁场第1讲电场性质和带电粒子在电场中的运动学案.pdf

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1、1/19 第 1 讲电场性质和带电粒子在电场中的运动 选考考点分布 章知识内容考试要求历次选考统计必考加试2015/102016/042016/102017/042017/11 静电场电荷及其守恒定律b c 库仑定律c 11 4、13 13 3 电场强度c c 13 8 6 电势能和电势b c 13 8 电势差b c 电势差与电场强度的关系c 静电现象的应用b 电容器的电容b c 7 带电粒子在电场中的运动b d 23 8、22 8、23 8 8、19 考点一电场基本性质的理解1(2017 浙江11 月选考 6)电场线的形状可以用实验来模拟，把头发屑悬浮在蓖麻油里，加上电场，头发屑就按照电场的

2、方向排列起来，如图1 所示关于此实验，下列说法正确的是()2/19 图 1 Aa 图是模拟两等量同种电荷的电场线Bb 图一定是模拟两等量正电荷的电场线Ca 图中的A、B应接高压起电装置的两极Db 图中的A、B应接高压起电装置的两极答案C2(2016 浙江10 月学考 8)如图2 为某一电场的电场线，M、N、P为电场线上的三个点，M、N是同一电场线上的两点下列判断正确的是()图 2 AM、N、P三点中N点的场强最大BM、N、P三点中N点的电势最高C负电荷在M点的电势能大于在N点的电势能D正电荷从M点自由释放，电荷将沿电场线运动到N点答案A解析电场线的疏密反映了电场的强弱，所以N点场强最大，选项A

3、正确顺着电场线的方M可知，负电荷在NPM，qpE错误根据B点的电势最高，选项M向，电势降低，点电势能小于在N点的电势能，选项C 错误正电荷从M点静止释放，电荷在电场力的作用下运动，但是运动轨迹并不沿电场线，选项D错误2Q和C89.0 101Q所示，真空中有两个点电荷3如图13)月学考4浙江(2016 3轴x处在6 cmx位于2Q处，0 x位于1Q坐标轴上，其中x分别固定在，C81.0 10上()图 3 A场强为0 的点有两处B在x6 cm 区域，电势沿x轴正方向降低3/19 C质子从x1 cm 运动到x5 cm 处，电势能升高D在 0 x6 cm 和x 9 cm 的区域，场强沿x轴正方向答案D

4、6 x0的点；0区域不会出现合场强为0 x，所以|2Q|1Q，且02Q，01Q为因解析Q1x2k区域有一位置合场强为零，由6 cmx轴正方向，场强都不为零，x区域合场强沿cmx区域合场强沿9 cmx轴负方向，x区域合场强沿9 cmx6 cm则，9 cmx得错误!k轴正方向，故A 错，D 对；沿电场方向电势降低，B 错；质子带正电，在电势高处电势能大，C错4(人教版选修3 1P9 第 3 题改编)真空中两个相同的带等量异号电荷的金属小球A和B(均可看做点电荷)，分别固定在两处，两球间静电力为F.现用一个不带电的同样的金属小球C先与A接触，再与B接触，然后移开C，再使A、B间距离增大为原来的2 倍

5、，则它们间的静电力为()A.12F B.14F C.18F D.132F答案D 5(2017 稽阳联谊学校8 月联考)如图 4 所示，实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹，M、N是运动轨迹上的两点，则()图 4 AM点的电势比N点的电势低B粒子在M点的加速度比在N点的加速度大C粒子一定是从M点运动到N点D粒子在M点的电势能比在N点的电势能大答案D解析由沿电场线方向电势降低知M点的电势高于N点的电势，A 错误；根据电场线疏密程度可知N点场强大，所以加速度也大，B 错误；根据轨迹看不出运动方向，C 错误；根据轨迹可知带电粒子受力与电场线方向一致，因此粒子带正电荷，正电荷在电势

6、高的地方电势能大，D正确4/19 BE处的场强B的点电荷，测得Q处放一个A的中点，如果在AC为线段B所示，5如图6.48 N/C，则()图 5 24 N/CCEA12 N/CCEB的点电荷Q处放一个C，可在0BE若要使CN9610点，则其所受电场力的大小为C的点电荷放在C910q把D答案B正确；根据场的叠加及点电荷产生的B错误，A知kQr2E由真空中点电荷的场强公式解析错误D，N81.2 10CqEF错误；C处放一等量同种电荷，C场强方向知，应在7(2017 台州市9 月选考)如图 6 甲所示，一条电场线与Ox轴重合，取O点电势为零，Ox方向上各点的电势随x变化的情况如图乙所示若在O点由静止释

7、放一电子，且电子仅受电场力的作用，则()图 6 A电场的方向沿Ox正方向B电子沿Ox正方向运动C电场的场强沿Ox方向增大D电子的电势能将增大答案B带电粒子在电场中运动轨迹问题的分析方法(1)某点速度方向即为该点轨迹的切线方向；(2)从轨迹的弯曲方向判断受力方向(轨迹向合外力方向弯曲)，从而分析电场方向或电荷的正负；(3)结合轨迹、速度方向与电场力的方向，确定电场力做功的正负，从而确定电势能、电势和电势差的变化等5/19 考点二带电粒子在电场中的直线运动1(2017 浙江11 月选考 19)如图7 所示，AMB是一条长L10 m 的绝缘水平轨道，固定在离水平地面高h1.25 m处，A、B为端点，

8、M为中点，轨道MB处在方向竖直向上、大小E5103 N/C的匀强电场中一质量m0.1 kg、电荷量q1.3 104 C 的可视为质点的滑块以初速度v06 m/s在轨道上自A点开始向右运动，经M点进入电场，从B点离开电场已知滑块与轨道间的动摩擦因数0.2，g10 m/s2.求滑块：图 7(1)到达M点时的速度大小；(2)从M点运动到B点所用的时间；(3)落地点距B点的水平距离(3)1.5 ms107(2)(1)4 m/s答案解析(1)在AM阶段对物体的受力分析如下：22 m/smgma4 m/sMv，可得ax202vM2v根据运动学公式(2)进入电场之后，Eq0.65 N，受力分析如下：20.7

9、 m/s错误!a，xa2M 2vB2v据运动学公式根3 m/sBv解得tvBvM2MBx根据匀变速直线运动推论6/19 s107t解得，2gt12h点飞出后，滑块做平抛运动，因此B从(3)解得t 0.5 s1.5 m.tBvx点的水平距离B落地点距2(2016 浙江4 月选考 8)密立根油滴实验原理如图8 所示两块水平放置的金属板分别与电源的正负极相接，板间电压为U，形成竖直向下电场强度大小为E的匀强电场用喷雾器从上板中间的小孔喷入大小、质量和带电荷量各不相同的油滴通过显微镜可找到悬浮不动的油滴，若此悬浮油滴的质量为m，则下列说法正确的是()图 8 A悬浮油滴带正电mgU悬浮油滴的带电荷量为B

10、C增大电场强度大小，悬浮油滴将向上运动D油滴的带电荷量不一定是电子带电荷量的整数倍答案C解析油滴悬浮不动，说明其所受的电场力与重力平衡，所以带负电，A 错；由Eqmg得q小，油滴所受的电场力增大，油滴就会向上加速运错；如果增大电场强度大B，所以mgE动，C 对；所有带电体的电荷量都是电子带电荷量的整数倍，D 错3.(人教版选修31P39 第 2 题改编)某种金属板M受到某种紫外线照射时会不停地发射电子，射出的电子具有不同的方向，其速度大小也不相同在M旁放置一个金属网N.现按图9所示那样在M、N之间加一个电压U，发现当U12.5 V时电流表中就没有电流已知电子的质量me9.1 1031 kg.问

11、：被这种紫外线照射出的电子，最大速度是多少？(结果保留三位有效数字)7/19 图 9/sm62.10 10答案解析如果电子的动能减少到等于0 的时候，电子恰好没有到达N板，则电流表中就没有电流，由，eUW，kmE0W，2vem12kmE0eU得m/s21.6 101912.59.1 10 312eUmevm/s.62.10 104如图 10 所示，水平放置的金属薄板A、B间有匀强电场，已知B板电势高于A板电场h板A的正上方，距离恰好在孔M板上有一小孔，A1.25 md，间距N/C5510E强度1的带电小球第kg3110m处每隔相等时间间隔由静止释放一个质量M从1.25 m求：.210 m/sg

12、取.1nqnq个带电小球的电量n，第C81101q个带电小球的电量图 10(1)第 1 个带电小球从M处下落至B板的时间；(2)从第几个带电小球起不能抵达B板；(3)第(2)问中该带电小球下落过程中机械能的变化量J22.08 10(3)(2)5s612(1)答案，0.5 s2hg1t(1)解析，5 m/s2gh1v，25 m/smgEq1m1a8/19，22t1a122t1vd，s6222t代入解得：s.6 122t1t总t小球恰好抵个4，即第4错误!n，C8410错误!nq，0kEdnEq)dh(mg(2)达B板，则第5 个小球不能到达B板，m56x，0kEx5Eq)xh(mg(3)J.22

13、.08 10)xh(mg机E带电粒子在电场中直线运动时的两种解题思路(1)应用牛顿运动定律处理带电粒子的直线运动带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场，受到的电场力与速度方向在一条直线上，带电粒子做匀变速直线运动根据带电粒子的受力情况，用牛顿运动定律和运动学公式确定带电粒子的速度、位移、时间等(2)用动能定理处理带电粒子在电场中的直线运动对带电粒子进行受力分析，确定有哪几个力做功，做正功还是负功；确定带电粒子的初、末状态的动能，根据动能定理列方程求解考点三带电粒子在电场中的曲线运动1.(2017浙江4 月选考 8)如图11 所示，在竖直放置间距为d的平行板电容器中，存在电场强度为E的匀强电场

14、有一质量为m，电荷量为q的点电荷从两极板正中间处静止释放重力加速度为g.则点电荷运动到负极板的过程()图 11 gEqma加速度大小为A9/19 dmEqt所需的时间为Bd2y下降的高度为CD电场力所做的功为WEqd答案B错误；根据运动独立性，A，选项错误!a点电荷受到重力、电场力的作用，所以解析正确；下降高度B，选项mdEqt，化简则2tEqm12d2，则t水平方向点电荷的运动时间为错误D，选项Eqd2W错；电场力做功C，选项mgd2Eq2gt12y2(人教版选修31P39 第 3 题)先后让一束电子和一束氢核通过同一对平行板形成的偏转电场进入时速度方向与板面平行，在下列两种情况下，分别求出

15、离开时电子偏角的正切值与氢核偏角的正切值之比(1)电子与氢核的初速度相同(2)电子与氢核的初动能相同答案见解析解析设加速电压为U0，偏转电压为U，带电粒子的电荷量为q，质量为m，垂直进入偏转电场的速度为v0，偏转电场两极间距离为d，极板长为l，则：带电粒子在加速电场中获得初动能12mv02 qU0，粒子在偏转电场中的加速度aqUdm，在偏转电场中运动的时间为tlv0，粒子离开偏转电场时沿静电力方向的速度vyatqUldmv0，粒子离开偏转电场时速度方向的偏转角的正切值tan vyv0qUldmv02.(1)若电子与氢核的初速度相同，则tan tan mHme1.67 1027 kg9.1 10

16、 31 kg1 835.(2)若电子与氢核的初动能相同，则tan tan 1.3.(2016 绍兴市联考)如图 12 所示，电荷量之比为qAqB1的带电粒子A、B以相等的速度v0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入平行板电容器中，分别打在C、D点，若OCCD，忽略粒子重力的影响，则下列说法不正确的是()10/19 图 12 AA和B在电场中运动的时间之比为1BA和B运动的加速度大小之比为41CA和B的质量之比为112DA和B的位移大小之比为1答案DBtAt得，CDOC及t0vx在匀强电场中做类平抛运动，水平方向由B和A粒子解析BaAa们沿竖直方向下落的加速度大小之比为，它2ht2a得2a

17、t12h；竖直方向由1D正确，C、B、A的位移大小不相等，故选项B和A，112mAmB，故qEam得qEma；根据4错误4在如图13 所示的空间存在一竖直向上的匀强电场，一质量为m、可视为点电荷的带正电小球从高为h的平台上方水平抛出，落地点距离抛出点的水平距离为x，已知小球所受重力大小等于所受电场力的两倍，小球在落地处恰好没有能量损失地进入光滑圆弧轨道，重力加速度为g.落地点与圆心的连线和过圆心的竖直线之间的夹角为，不计空气阻力，求：图 13(1)小球被水平抛出时的初速度大小；(2)角度的正切值2hx(2)ghx2(1)答案解析(1)小球先做类平抛运动，由牛顿第二定律有：mgqEma，方向竖直

18、向下g12a解得加速度根据类平抛运动的规律，两个方向的位移为：2at12h，t0vx11/19 ghx20v则小球的初速度大小为(2)由于没有能量损失地进入光滑圆弧轨道，表明在抛物线和圆弧轨道的接点处，圆弧轨道vyv0tan 也等于抛物线在该点的切线与水平方向的夹角，有与抛物线相切，因此，角.2hx5.如图 14，静止于A处的离子，经电压为U的加速电场加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析器，从P点垂直于CN进入矩形区域的有界匀强电场，电场方向水平向左静电分析器通，方向如图所示；离子质量为0E道内有均匀辐向分布的电场，已知圆弧所在处电场强度为，离子重力不计d3PN、d2NQ；q、电荷量为m图 14(

19、1)求圆弧虚线对应的半径R的大小；(2)若离子恰好能打在NQ的中点上，求矩形区域QNCD内电场强度E的值12Ud(2)2UE0(1)答案解析(1)离子在加速电场中加速，根据动能定理，离子在辐向电场中做匀速圆周运动，2mv12qU有电场力提供向心力，根据牛顿第二定律，.2UE0R，联立解得v2Rm0qE有(2)射出静电分析器后，离子做类平抛运动，dvt，2at12d3.12UdE，联立解得maqE由牛顿第二定律得12/19 分析带电粒子在匀强电场中的偏转问题的关键(1)条件分析：不计重力，且带电粒子的初速度v0与电场方向垂直，则带电粒子将在电场中只受电场力作用做类平抛运动(2)运动分析：一般用分

20、解的思想来处理，即将带电粒子的运动分解为沿电场力方向上的匀加速直线运动和垂直电场力方向上的匀速直线运动带电粒子经加速电场U1，再经偏转电场U2偏转后，需要经历一段匀速直线运动才会打到荧光屏上而显示亮点P，如图 15 所示图 15 专题强化练(限时：30 分钟)1(2016 浙江4 月选考 7)关于电容器，下列说法正确的是()A在充电过程中电流恒定B在放电过程中电容减小C能储存电荷，但不能储存电能D两个彼此绝缘又靠近的导体可视为电容器答案D解析由电容器的充放电曲线可知，充电过程中，电流不断减小，A 错；电容是电容器储存电荷的本领，不随充放电过程变化，B 错；电容器中的电场具有电场能，所以C 错；

21、两个彼此绝缘又靠近的导体是可以储存电荷的，可视为电容器，D 对2(2016 金华市联考)一个电容器的规格是“10 50 V”，则()F510这个电容器的电容为AB这个电容器加上50 V 电势差时，电容才是10 FC这个电容器没有电势差时，电容为0D这个电容器加的电势差不能低于50 V答案A3(2016 诸暨市期末)如图1 甲所示，一块有机玻璃板和一块塑料板，手持有机玻璃棒用力快速摩擦两板后分开；接着将塑料板插入箔片验电器上端的空心金属球中，没有接触金属球，发现金属箔片张开，如图乙所示；然后抽回塑料板，再将有机玻璃板和塑料板互相平行但不接触，同时插入空心金属球，仍没有接触金属球，发现金属箔片没有

22、张开，如图丙所示关于这一实验现象，下列的说法正确的是()13/19 图 1 A两板摩擦后带电说明创造了新的电荷B图乙验电器箔片张开是因为发生了电磁感应C图乙验电器箔片张开是因为板上电荷转移到箔片上D图丙验电器箔片没有张开是因为两板带等量异种电荷答案D4.如图 2 所示，将悬挂在细线上的带正电荷的小球A放在不带电的金属空心球C内(不与内壁接触)，另有一个悬挂在细线上的带负电的小球B向C靠近，则()图 2 AA向左偏离竖直方向，B向右偏离竖直方向BA的位置不变，B向右偏离竖直方向CA向左偏离竖直方向，B的位置不变DA和B的位置都不变答案B解析金属球壳C能屏蔽外部的电场，外部的电场不能深入内部，因此

23、小球A不会受到静电力的作用，不会发生偏转；金属球壳C处在电荷A的电场中，内壁是近端，感应异号电荷负电，外壁是远端，感应同号电荷正电，该正的感应电荷在外部空间同样会激发电场，对小球B有吸引的作用，B向右偏，选项B正确5(2017 浙江“七彩阳光”联考)真空中两个完全相同的小球带电后，它们之间的静电力为F.现将两球接触后放回原处，则它们之间的静电力()A定变大B定变小C可能不变D一定不变答案C6.如图3 为真空中两点电荷A、B形成的电场中的一簇电场线，已知该电场线关于虚线对称，O点为A、B电荷连线的中点，a、b为其连线的中垂线上对称的两点，则下列说法正确的14/19 是()图 3 AA、B可能带等

24、量异号的正、负电荷BA、B可能带不等量的正电荷Ca、b两点处无电场线，故其电场强度可能为零D同一试探电荷在a、b两点处所受电场力大小相等，方向一定相反答案D解析根据题图中的电场线分布可知，A、B带等量的正电荷，选项A、B错误；a、b两点处虽然没有画电场线，但其电场强度一定不为零，选项C 错误；由图可知，a、b两点处电场强度大小相等，方向相反，同一试探电荷在a、b两点处所受电场力大小相等，方向一定相反，选项D正确)(的理解，下列说法正确的是UABdE对公式7A此公式适用于计算任何电场中A、B两点间的电势差BA点和B点间距越大，则这两点的电势差越大C匀强电场中A、B两点沿电场线的距离越大，则电场强

25、度越小D公式中的d是匀强电场中A、B所在的两等势面之间的距离答案D解析此公式只适用于匀强电场，选项A 错误；A、B两点间的电势差不仅取决于场强的大小，还取决于沿电场方向的距离d，A、B间距大，d不一定大，故选项B 错误；匀强电场中的电场强度大小与A、B两点间的距离无关，是恒定的，选项C 错误；公式中的d是匀强电场中A、B所在的两等势面之间的距离，选项D正确8.相距为L的点电荷A、B带电荷量分别为4q和q，如图 4 所示，今引入第三个点电荷C，使三个点电荷都处于平衡状态，则C的电荷量和放置的位置是()图 4 Aq，在A左侧距A为L处处L2为A左侧距A，在q2B15/19 C 4q，在B右侧距B为

26、L处处L32为B右侧距B，在q2D答案C解析由题可知A、B带电荷量分别为4q、q，放入第三个点电荷C，使三个电荷都处于平衡状态，所以C一定处于A、B连线延长线上B的右侧当C处于平衡状态时，其受到电荷处于平A，由Lr，错误!错误!的作用力大小相等，方向相反，由库仑定律得B、A选项正确C，故q4Cq，解得错误!错误!衡状态可得，J81.2 10点的电势能为A电荷在两点，一个点B、A电场中有)舟山市调研9.(2016所示，该点电5两点在同一条电场线上，如图B、A已知J80.8 10点的电势能为B在)(，那么C91.0 10荷的电荷量为图 5 A该电荷为负电荷B该电荷为正电荷4.0 VABU两点的电势

27、差B、ACJ102.5 10W，静电力做功为B移到A把电荷从D答案A解析A点的电势能大于B点的电势能，从A到B静电力做正功，所以该电荷一定为负电荷，0.4 10J8100.8J81.2 10BpEApEABW错误；静电力做功B正确，选项A故选项错误C，所以选项4.0 VV0.4 10 81.0 10 9ABU得WABqABU错误；由D，选项J810.(2016舟山市调研)两平行金属板相距为d，电势差为U，一电子质量为m，电荷量为，此hOA所示，6点，然后返回如图A点沿垂直于极板的方向射出，最远到达O，从e电子具有的初动能是()图 6 edhUA.edUhBeUdhC.eUhdD.答案D16/1

28、9 确正D，由此知选项eUhdkE，hUdOAU，kE0OAeU电子受到的静电力做负功，有解析的加速电场中由静止开始运1U所示，电子在电势差为7如图)杭州市十校联考11.(2016的两块水平的平行极板间的偏转电场中，入射方向跟极板平2U动，然后射入电势差为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极板区域的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是()图 7 变大2U变大、1UA变大2U变小、1UB变小2U变大、1UC变小2U变小、1UD答案B，电02mv12q1U，则由动能定理得l，水平极板长为0v设电子被加速后获得的速度为解析，水平极板的板a，又设电子在水平极板间的加速

29、度为lv0t子在水平极板间偏转所用时间yv，电子射出偏转电场时，平行于电场方向的速度U2qdma，由牛顿第二定律得d间距为变小，一定1U变大、2U，故U2l2dU1U2ql2dqU1U2qldmv02vyv0tan，又U2qldmv0yv，联立解得at能使偏转角变大，故 B正确12.真空中的某装置如图8 所示，其中平行金属板A、B之间有加速电场，C、D之间有偏转电场，M为荧光屏今有质子、氘核和 粒子均由A板从静止开始被加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上已知质子、氘核和 粒子的质量之比为124，电荷量之比为112，则下列判断中正确的是()图 8 A三种粒子从B板运动到荧光

30、屏经历的时间相同B三种粒子打到荧光屏上的位置相同C偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为12D偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为12答案B，在加速电场d，板间距离为L，偏转极板的长度为2U，偏转电压为1U设加速电压为解析17/19 到荧光屏的过板运动B，三种粒子从2qU1m0v，解得02mv121qU中，由动能定理得不同，所以三0v的匀速直线运动，由于三种粒子的比荷不同，则0v程，水平方向做速度为U2L2dU1tan、U2L24dU1y错误；根据推论A板运动到荧光屏经历的时间不同，故B种粒子从可知，y与粒子的种类、质量、电量无关，故三种粒子偏转距离相同，打到荧光屏上的位置相同，故B 正确；偏转

31、电场的电场力做功为WqEy，则W与q成正比，三种粒子的电荷量之比为 112，则有电场力对三种粒子做功之比为112，故 C、D错误13.如图 9 所示，板长L4 cm 的平行板电容器，板间距离d3 cm，板与水平线夹角0v，以C10310q，有一带负电液滴，带电荷量大小为100 VU，两板所加电压为371 m/s的水平速度自A板边缘水平进入电场，在电场中仍沿水平方向并恰好从B板边缘水，求：0.8cos 37，0.6sin 37，210 m/s取g平飞出图 9(1)液滴的质量；(2)液滴飞出时的速度大小(2)1.32 m/skg8(1)8 10答案解析带电液滴所受重力方向竖直向下，所受静电力方向只

32、能垂直两板向上，其合力方向水平向右，做匀加速运动kg8810m，解得mgcos Udq竖直方向：(1)(2)解法一：水平方向，masin Udq，0.05 mdsin s，则s，设液滴在平行板中飞行距离为g34tan ga解得，1.32 m/sv022asv得as202v2v又由解法二：设液滴在平行板中飞行距离为s，则0.05 mdsin 37 stan mg合F液滴受到的合力，02mv122mv12s合F由动能定理得18/19 解得v1.32 m/s.14如图10 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，偏转电场可看0U，加速电场电压为e，电荷量为m场，并从另一侧

33、射出已知电子质量为做匀强电场，极板间电压为U，极板长度为L，板间距为d.图 10 和从电场射出时沿垂直板面方向的0v电场时初速度忽略电子所受重力，求电子射入偏转(1)偏转距离y；(2)分析物理量的数量级，是解决物理问题的常用方法在解决(1)问时忽略了电子所受重9.1 10m，m24.0 10d，V22.0 10U力，请利用下列数据分析说明其原因已知.210 m/sg，C191.6 10e，kg31(3)极板间既有静电场也有重力场电势反映了静电场各点的能的性质，请写出电势的定的概念，并简要说明电势和G”重力势“义式类比电势的定义方法，在重力场中建立“重力势”的共同特点答案见解析，02mv120eU根据动能定理，有(1)解析2eU0m0v电子射入偏转电场时的初速度m2eU0LLv0t在偏转电场中，电子的运动时间eUmdeEma加速度UL24U0d2)t(a12y偏转距离(2)只考虑电子所受重力和电场力的数量级，有重力N2910mgGN1510eUdF电场力由于F?G，因此不需要考虑电子所受的重力，类Epq的比值，即q与其电荷量pE定义为电荷在该点的电势能电场中某点电势(3)重“的比值，叫做m与其质量GE比静电场电势的定义，将重力场中物体在某点的重力势能19/19 EGmG，即”力势都是反映场的能的性质的物理量，仅由场自身的因素决定G和重力势电势