高中物理（3-1）教師文檔 第1章 9　帶電粒子在電場中的運動 含解析

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精9帶電粒子在電場中的運動［學習目標]1。會從力和能量角度分析計算帶電粒子在電場中的加速問題。2。能夠用類平拋運動分析方法研究帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)問題.3。知道示波管的主要構(gòu)造和工作原理。一、帶電粒子的加速[導學探究]如圖1所示，平行板電容器兩板間的距離為d，電勢差為U。一質(zhì)量為m、帶正電荷為q的α粒子，在電場力的作用下由靜止開始從正極板A向負極板B運動.圖1(1)比較α粒子所受電場力和重力的大小，說明重力能否忽略不計(α粒子質(zhì)量是質(zhì)子質(zhì)量的4倍，即mα＝4×1.67×10－27kg，電量是質(zhì)子的2倍）。（2)α粒子的加速度是多少？在電場中做何種運動？（3）計算粒子到達負極板時的速度大小(嘗試用不同的方法).答案(1）α粒子所受電場力大、重力??；因重力遠小于電場力，故可以忽略重力.（2)α粒子的加速度為a＝eq\f(qU，md),做初速度為0的勻加速直線運動。(3)方法1利用動能定理求解。在帶電粒子的運動過程中，電場力對它做的功是W＝qU設(shè)帶電粒子到達負極板時的速率為v，則Ek＝eq\f(1，2)mv2由動能定理可知eq\f（1,2）mv2＝qUv＝eq\r（\f（2qU，m))。方法2利用牛頓定律結(jié)合運動學公式求解。設(shè)粒子到達負極板時所用時間為t,則d＝eq\f（1，2)at2v＝ata＝eq\f(qU，md）聯(lián)立解得v＝eq\r（\f（2qU，m))。［知識梳理］1。帶電粒子的分類及受力特點（1)電子、質(zhì)子、α粒子、離子等基本粒子，一般都不考慮重力。（2)質(zhì)量較大的微粒:帶電小球、帶電油滴、帶電顆粒等，除有說明或有明確的暗示外，處理問題時一般都不能忽略重力。2。分析帶電粒子在電場力作用下加速運動的兩種方法(1)利用牛頓第二定律F＝ma和運動學公式,只能用來分析帶電粒子的勻變速運動。(2)利用動能定理：qU＝eq\f（1，2)mv2－eq\f（1，2）mveq\o\al(2,0）.若初速度為零，則qU＝eq\f（1，2）mv2,對于勻變速運動和非勻變速運動都適用.［即學即用]判斷下列說法的正誤.(1)質(zhì)量很小的粒子不受重力的作用。(×)(2)帶電粒子在電場中只受電場力作用時，電場力一定做正功。(×)（3）牛頓定律結(jié)合運動學公式能分析勻強電場中的直線運動問題，也能分析非勻強電場中的直線運動問題.（×）（4）動能定理能分析勻強電場中的直線運動問題,也能分析非勻強電場中的直線運動問題。（√）二、帶電粒子的偏轉(zhuǎn)［導學探究］如圖2所示，質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子以初速度v0垂直于電場方向射入兩極板間，兩平行板間存在方向豎直向下的勻強電場,已知板長為l，板間電壓為U,板間距為d，不計粒子的重力。圖2(1）粒子的加速度大小是多少?方向如何？做什么性質(zhì)的運動？(2）求粒子通過電場的時間及粒子離開電場時水平方向和豎直方向的速度,及合速度與初速度方向的夾角θ的正切值。（3)求粒子沿電場方向的偏移量y.答案(1)粒子受電場力大小為F＝qE＝qeq\f（U,d)，加速度為a＝eq\f(F，m）＝eq\f(qU,md)，方向和初速度方向垂直且豎直向下.粒子在水平方向做勻速直線運動,在電場力方向做初速度為零的勻加速直線運動,其合運動類似于平拋運動。（2）如圖所示t＝eq\f(l，v0）vx＝v0vy＝at＝eq\f(qUl,mdv0）tanθ＝eq\f(vy，v0)＝eq\f（qUl，mdv\o\al(2,0)）(3）y＝eq\f(1，2)at2＝eq\f（qUl2，2mdv\o\al（2,0））.［知識梳理]帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)（1)運動性質(zhì)①沿初速度方向:速度為v0的勻速直線運動。②垂直v0的方向：初速度為零，加速度為a＝eq\f(qU，md）的勻加速直線運動.（2）運動規(guī)律①偏移距離:因為t＝eq\f(l，v0），a＝eq\f（qU，md),所以偏移距離y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f（ql2U,2mv\o\al（2,0)d）。②偏轉(zhuǎn)角度：因為vy＝at＝eq\f（qUl，mdv0),所以tanθ＝eq\f（vy,v0)＝eq\f（qUl，mdv\o\al（2，0)）。[即學即用］判斷下列說法的正誤.(1)帶電粒子在勻強電場中偏轉(zhuǎn)時，加速度不變,粒子的運動是勻變速曲線運動.(√)（2）帶電粒子在勻強電場中偏轉(zhuǎn)時，可用平拋運動的知識分析.(√)(3）帶電粒子在勻強電場中偏轉(zhuǎn)時,若已知進入電場和離開電場兩點間的電勢差以及帶電粒子的初速度，可用動能定理求解末速度大小。（√）三、示波管的原理圖3［導學探究]圖3為示波管結(jié)構(gòu)原理圖。（1)示波管由哪幾部分組成?各部分的作用是什么?(2）在電極X和X′加掃描電壓,目的是什么?在電極Y和Y′加信號電壓，可以使電子向什么方向偏轉(zhuǎn)？答案(1）主要有電子槍、偏轉(zhuǎn)電極、熒光屏三部分組成.電子槍的作用是發(fā)射電子并且加速電子，使電子獲得較大的速度；偏轉(zhuǎn)電極的作用是使電子發(fā)生偏轉(zhuǎn)；熒光屏的作用是顯示電子的偏轉(zhuǎn)情況.(2）掃描電壓的作用是使電子在水平方向偏轉(zhuǎn)，Y方向的信號電壓可以使電子向上或向下偏轉(zhuǎn)。［知識梳理］對示波管的認識(1)示波管主要由電子槍（由發(fā)射電子的燈絲、加速電極組成）、偏轉(zhuǎn)電極（由一對X偏轉(zhuǎn)電極板和一對Y偏轉(zhuǎn)電極板組成）和熒光屏組成.（2）掃描電壓：XX′偏轉(zhuǎn)電極接入的是由儀器自身產(chǎn)生的鋸齒形電壓。(3)示波管工作原理：被加熱的燈絲發(fā)射出熱電子，電子經(jīng)加速電場加速后，以很大的速度進入偏轉(zhuǎn)電場，如果在Y偏轉(zhuǎn)極板上加一個信號電壓，在X偏轉(zhuǎn)極板上加一掃描電壓，在熒光屏上就會出現(xiàn)按Y偏轉(zhuǎn)電壓規(guī)律變化的可視圖象.[即學即用］判斷下列說法的正誤.(1）示波管電子槍的作用是產(chǎn)生高速飛行的電子束，偏轉(zhuǎn)電極的作用是使電子束發(fā)生偏轉(zhuǎn)，打在熒光屏的不同位置.（√)（2)如果在偏轉(zhuǎn)電極YY′和XX′上不加電壓電子束不偏轉(zhuǎn)，打在熒光屏中心。(√)(3)只在YY′上加恒定電壓時，電子束不偏轉(zhuǎn).（×)(4）只在XX′上加恒定電壓時，電子束沿YY′方向偏轉(zhuǎn)。(×)一、帶電粒子在電場中的加速運動分析帶電粒子在電場中的加速運動，可以從動力學和功能關(guān)系兩個角度進行分析，其比較如下：內(nèi)容兩個角度動力學角度功能關(guān)系角度涉及知識應用牛頓第二定律結(jié)合勻變速直線運動公式功的公式及動能定理選擇條件勻強電場,靜電力是恒力可以是勻強電場，也可以是非勻強電場，電場力可以是恒力，也可以是變力例1如圖4所示，在點電荷＋Q激發(fā)的電場中有A、B兩點，將質(zhì)子和α粒子分別從A點由靜止釋放到達B點時，它們的速度大小之比為多少？圖4答案eq\r（2）∶1解析質(zhì)子和α粒子都帶正電，從A點釋放都將受電場力作用加速運動到B點，設(shè)A、B兩點間的電勢差為U,由動能定理可知,對質(zhì)子：eq\f(1,2)mHveq\o\al(2，H）＝qHU，對α粒子：eq\f(1,2)mαveq\o\al（2，α)＝qαU。所以eq\f（vH，vα）＝eq\r（\f（qHmα,qαmH）)＝eq\r(\f（1×4,2×1))＝eq\f(\r(2）,1).針對訓練1如圖5所示，P和Q為兩平行金屬板,兩極板間電壓為U，在P板附近有一電子由靜止開始向Q板運動，關(guān)于電子到達Q板時的速率，下列說法正確的是（)圖5A。兩極板間距離越大,加速時間越長，獲得的速率就越大B.兩極板間距離越小，加速度越大，獲得的速率就越大C.與兩極板間距離無關(guān)，僅與加速電壓U有關(guān)D。以上說法都不正確答案C二、帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)1.帶電粒子垂直進入勻強電場的運動類似于物體的平拋運動,可以利用運動的合成與分解知識分析。規(guī)律:eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(初速度方向：vx＝v0x＝v0t，電場力方向：vy＝aty＝\f（1，2）at2）)2。分析粒子的偏轉(zhuǎn)問題也可以利用動能定理,即qEΔy＝ΔEk.3.兩個特殊推論：（1)粒子從偏轉(zhuǎn)電場中射出時，其速度方向的反向延長線與初速度方向的延長線交于一點，此點為初速度方向位移的中點,如圖6所示.圖6（2）位移方向與初速度方向間夾角的正切為速度偏轉(zhuǎn)角正切的eq\f(1，2)，即tanα＝eq\f(1,2)tanθ。例2一束電子流在經(jīng)U＝5000V的加速電壓加速后,在距兩極板等距離處垂直進入平行板間的勻強電場,如圖7所示.若兩板間距離d＝1.0cm，板長l＝5.0cm，那么，要使電子能從平行板間飛出,兩個極板上最大能加多大電壓？圖7答案400V解析在加速電壓一定時,偏轉(zhuǎn)電壓U′越大，電子在極板間的偏轉(zhuǎn)距離就越大,當偏轉(zhuǎn)電壓大到使電子剛好擦著極板的邊緣飛出時，兩板間的偏轉(zhuǎn)電壓即為題目要求的最大電壓.加速過程中，由動能定理有：eU＝eq\f(1，2）mveq\o\al(2,0) ①進入偏轉(zhuǎn)電場，電子在平行于板面的方向上做勻速直線運動l＝v0t ②在垂直于板面的方向做勻加速直線運動，加速度a＝eq\f(F,m）＝eq\f（eU′，dm） ③偏轉(zhuǎn)距離y＝eq\f(1,2)at2 ④若電子能從兩極板間飛出，則y≤eq\f（d,2) ⑤聯(lián)立①②③④⑤式解得U′≤eq\f（2Ud2，l2)＝400V。即要使電子能飛出,所加電壓最大為400V.針對訓練2如圖8所示，兩個板長均為L的平板電極，平行正對放置，兩極板相距為d，極板之間的電勢差為U，板間電場可以認為是勻強電場.一個帶電粒子(質(zhì)量為m，電荷量為＋q)從正極板邊緣以某一初速度垂直于電場方向射入兩極板之間,到達負極板時恰好落在極板邊緣。忽略重力和空氣阻力的影響。求：圖8(1)極板間的電場強度E的大小。(2）該粒子的初速度v0的大小。(3）該粒子落到下極板時的末動能Ek的大小。答案（1)eq\f（U，d)（2)eq\f（L,d）eq\r（\f（Uq,2m)）(3）Uqeq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（1＋\f(L2,4d2）））解析(1)兩極板間的電壓為U，兩極板的距離為d，所以電場強度大小為E＝eq\f（U,d)。（2)帶電粒子在極板間做類平拋運動，在水平方向上有L＝v0t在豎直方向上有d＝eq\f（1，2）at2根據(jù)牛頓第二定律可得：a＝eq\f（F，m)，而F＝Eq所以a＝eq\f(Uq,dm)解得:v0＝eq\f（L,d）eq\r(\f(Uq，2m)）.(3）根據(jù)動能定理可得Uq＝Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(2，0）解得Ek＝Uqeq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（1＋\f（L2，4d2））)。1.兩平行金屬板相距為d，電勢差為U，一電子質(zhì)量為m,電荷量為e,從O點沿垂直于極板的方向射出，最遠到達A點，然后返回，如圖9所示，OA＝h，則此電子具有的初動能是(）圖9A.eq\f(edh,U） B。edUhC.eq\f（eU，dh） D。eq\f（eUh，d)答案D解析電子從O點運動到A點，因受電場力作用，速度逐漸減小.根據(jù)題意和題圖判斷，電子僅受電場力，不計重力.根據(jù)能量守恒定律得eq\f(1，2)mveq\o\al（2,0）＝eUOA。因E＝eq\f(U，d），UOA＝Eh＝eq\f(Uh,d),故eq\f（1,2)mveq\o\al(2，0）＝eq\f(eUh,d)。所以D正確。2.如圖10所示，兩極板與電源相連，電子從負極板邊緣垂直電場方向射入勻強電場，且恰好從正極板邊緣飛出?，F(xiàn)使電子射入速度變?yōu)樵瓉淼?倍，電子仍從原位置射入,且仍從正極板邊緣飛出,則兩極板長度應變?yōu)樵瓉淼模?圖10A。2倍 B.4倍C.eq\f(1,2) D。eq\f（1,4)答案A解析由y＝eq\f(1，2）at2＝eq\f(qUl2,2dmv\o\al（2，0）)知，要使y不變.當v0變?yōu)樵瓉淼?倍時，則l變?yōu)樵瓉淼?倍，故選項A正確。3.如圖11是示波管的原理圖。它由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極(XX′和YY′）、熒光屏組成，管內(nèi)抽成真空.給電子槍通電后,如果在偏轉(zhuǎn)電極XX′和YY′上都沒有加電壓，電子束將打在熒光屏的中心O點。圖11（1）帶電粒子在________區(qū)域是加速的，在________區(qū)域是偏轉(zhuǎn)的。（2)若UYY′＞0，UXX′＝0,則粒子向________極板偏移,若UYY′＝0，UXX′＞0，則粒子向________極板偏移。答案（1)ⅠⅡ(2）YX4。水平放置的兩塊平行金屬板長L＝5。0cm，兩板間距d＝1。0cm，兩板間電壓為90V且上板為正。一電子沿水平方向以速度v0＝2.0×107m/s從兩板中間射入，如圖12所示,求：（電子電荷量q＝1.6×10－19C,電子質(zhì)量me＝9.1×10－31kg)(計算結(jié)果在小數(shù)點后保留兩位有效數(shù)字)圖12（1）電子偏離金屬板時的側(cè)位移；（2）電子飛出電場時的速度；(3)電子離開電場后,打在屏上的P點，若s＝10cm，求OP的長。答案（1)0。49cm(2)2.04×107m/s速度的方向與v0的夾角θ滿足tanθ≈0.2(3)2。49cm解析（1)電子在電場中的加速度a＝eq\f（Uq,med)，側(cè)位移y＝eq\f(Uqt2，2med)，又因t＝eq\f（L，v0)，則y＝eq\f（UqL2,2medv\o\al(2,0)）≈0.49cm.(2）電子飛出電場時,水平分速度vx＝v0,豎直分速度vy＝at＝eq\f(UqL,medv0)≈3。96×106m/s，則電子飛出電場時的速度v＝eq\r（v\o\al(2，x)＋v\o\al（2,y))≈2。04×107m/s。設(shè)v與v0的夾角為θ，則tanθ＝eq\f(vy,vx）≈0.2.(3)電子飛出電場后做勻速直線運動,則OP＝y(tǒng)＋stanθ＝2。49cm。一、選擇題(1～7題為單選題,8~10題為多選題）1。質(zhì)子（eq\o\al(1,1)H）、α粒子（eq\o\al(4，2）He)、鈉離子(Na＋）三個粒子分別從靜止狀態(tài)經(jīng)過電壓為U的同一電場加速后，獲得動能最大的是()A。質(zhì)子(eq\o\al（1,1）H) B。α粒子(eq\o\al(4,2）He）C。鈉離子(Na＋) D.都相同答案B解析qU＝eq\f（1，2）mv2－0，U相同，α粒子帶的正電荷多，電荷量最大，所以α粒子獲得的動能最大，故選項B正確.2。一個帶正電的點電荷以一定的初速度v0（v0≠0)，沿著垂直于勻強電場的方向射入電場，則其可能的運動軌跡應該是以下圖中的()ABCD答案B解析點電荷垂直于電場方向進入電場時,電場力垂直于其初速度方向，電荷做類平拋運動，故本題選B.3。帶電粒子垂直進入勻強電場中偏轉(zhuǎn)時（除電場力外不計其他力的作用)（）A。電勢能增加,動能增加 B.電勢能減小，動能增加C.電勢能和動能都不變 D.上述結(jié)論都不正確答案B解析整個過程電場力做正功,只有電勢能與動能之間相互轉(zhuǎn)化，根據(jù)能量守恒，減小的電勢能全部轉(zhuǎn)化為動能，故A、C、D錯誤，B正確。4.如圖1所示,質(zhì)量相等的兩個帶電液滴1和2從水平方向的勻強電場中O點自由釋放后,分別抵達B、C兩點，若AB＝BC，則它們帶電荷量之比q1∶q2等于()圖1A。1∶2 B。2∶1C。1∶eq\r(2) D.eq\r（2)∶1答案B解析豎直方向有h＝eq\f（1，2）gt2,水平方向有l(wèi)＝eq\f（qE，2m）t2，聯(lián)立可得q＝eq\f(mgl,Eh),所以有eq\f(q1，q2)＝eq\f（2,1)，B對。5。如圖2所示，三個帶電荷量相同、質(zhì)量相等、重力不計的粒子A、B、C，從同一平行板間電場中的同一點P射入，在電場中的運動軌跡如圖PA、PB、PC所示,則下列說法中正確的是（)圖2A。三個粒子的加速度關(guān)系為aA＞aB＞aCB.三個粒子的加速度關(guān)系為aA＜aB＜aCC.三個粒子的入射速度關(guān)系為vA＞vB＞vCD。三個粒子的入射速度關(guān)系為vA＜vB＜vC答案D解析三個帶電粒子的電荷量相同，所受電場力相同,加速度相同，選項A、B均錯；三個帶電粒子沿電場方向的位移關(guān)系為：yA＝y(tǒng)B＞yC,則時間關(guān)系為tA＝tB＞tC，三個帶電粒子平行極板方向的位移關(guān)系xA＜xB＝xC，由此可得三個帶電粒子入射速度關(guān)系為vA＜vB＜vC，故選項D正確。6.如圖3所示，a、b兩個帶正電的粒子，以相同的速度先后垂直于電場線從同一點進入平行板間的勻強電場后，a粒子打在B板的a′點，b粒子打在B板的b′點，若不計重力，則(）圖3A。a的電荷量一定大于b的電荷量B.b的質(zhì)量一定大于a的質(zhì)量C。a的比荷一定大于b的比荷D.b的比荷一定大于a的比荷答案C解析粒子在電場中做類平拋運動，h＝eq\f(1,2）·eq\f(qE,m)(eq\f(x，v0））2得:x＝v0eq\r（\f（2mh,qE）).由v0eq\r(\f(2hma，Eqa）)＜v0eq\r(\f（2hmb,Eqb)）得eq\f（qa，ma）＞eq\f（qb，mb）.7。如圖4所示，有一帶電粒子貼著A板沿水平方向射入勻強電場，當偏轉(zhuǎn)電壓為U1時，帶電粒子沿①軌跡從兩板正中間飛出；當偏轉(zhuǎn)電壓為U2時，帶電粒子沿②軌跡落到B板中間；設(shè)粒子兩次射入電場的水平速度相同，則兩次偏轉(zhuǎn)電壓之比為()圖4A.U1∶U2＝1∶8 B。U1∶U2＝1∶4C。U1∶U2＝1∶2 D。U1∶U2＝1∶1答案A解析由y＝eq\f(1，2)at2＝eq\f（1,2)·eq\f（Uq，md)·eq\f（l2，v\o\al(2,0）)得：U＝eq\f（2mv\o\al（2，0)dy，ql2）,所以U∝eq\f(y，l2)，可知A項正確。8。如圖5所示，有三個質(zhì)量相等分別帶正電、負電和不帶電的小球，從平行板電場中的P點以相同的水平初速度垂直于E進入電場，它們分別落在A、B、C三點，則可判斷()圖5A。落到A點的小球帶正電，落到B點的小球不帶電B。三小球在電場中運動時間相等C.三小球到達正極板時的動能關(guān)系是：EkA＞EkB＞EkCD.三小球在電場中運動的加速度關(guān)系是:aC＞aB＞aA答案AD解析帶負電的小球受到的合力為：mg＋F電，帶正電的小球受到的合力為：mg－F電′，不帶電小球僅受重力mg，小球在板間運動時間：t＝eq\f(x,v0）.所以tC＜tB＜tA，故aC＞aB＞aA；落在C點的小球帶負電，落在A點的小球帶正電,落在B點的小球不帶電.因為電場對帶負電的小球C做正功，對帶正電的小球A做負功，所以落在板上動能的大小關(guān)系為:EkC＞EkB＞EkA.9。如圖6所示,水平放置的平行板電容器，上極板帶負電，下極板帶正電，帶電小球以速度v0水平射入電場，且沿下極板邊緣飛出.若下極板不動，將上極板上移一小段距離,小球仍以相同的速度v0從原處飛入，則帶電小球（）圖6A。將打在下極板中央B。仍沿原軌跡由下極板邊緣飛出C。不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，沿直線運動D.若上極板不動，將下極板上移一段距離，小球可能打在下極板的中央答案BD解析將電容器上極板移動一小段距離，電容器帶電荷量不變，由公式E＝eq\f（U，d)＝eq\f(Q，Cd)＝eq\f（4kπQ，εrS)可知，電容器產(chǎn)生的場強不變，以相同速度從原處入射的小球仍將沿原軌跡運動.當上極板不動,下極板向上移動時，小球可能打在下極板的中央.10.示波管的內(nèi)部結(jié)構(gòu)如圖7甲所示。如果在偏轉(zhuǎn)電極XX′、YY′之間都沒有加電壓，電子束將打在熒光屏中心。如果在偏轉(zhuǎn)電極XX′之間和YY′之間加上圖丙所示的幾種電壓，熒光屏上可能會出現(xiàn)圖乙中(a）、(b）所示的兩種波形.則()圖7A.若XX′和YY′分別加電壓(3)和（1)，熒光屏上可以出現(xiàn)圖乙中（a)所示波形B.若XX′和YY′分別加電壓(4)和(1），熒光屏上可以出現(xiàn)圖乙中(a）所示波形C。若XX′和YY′分別加電壓（3）和（2)，熒光屏上可以出現(xiàn)圖乙中（b）所示波形D.若XX′和YY′分別加電壓(4)和(2），熒光屏上可以出現(xiàn)圖乙中（b）所示波形答案AC二、非選擇題11。如圖8所示，質(zhì)量為m,電荷量為q的帶電粒子，以初速度v0垂直射入場強大小為E、方向豎直向下的勻強電場中，射出電場的瞬時速度的方向與初速度方向成30°角。在這一過程中，不計粒子重力。求：圖8（1)該粒子在電場中經(jīng)歷的時間；(2)粒子在這一過程中電勢能的增量.答案(1)eq\f（\r(3)mv0,3Eq)（2)－eq\f（1,6)mveq\o\al（2，0）解析（1)分解末速度vy＝vsin30°，v0＝vcos30°,在豎直方向vy＝at，a＝eq\f(qE，m），聯(lián)立以上各式可得t＝eq\f（\r(3）mv0,3Eq)。（2)射出電場時的速度v＝eq\f（v0，cos30°）＝eq\f（2\r(3),3）v0,則由動能定理得靜電力做功為W＝eq\f（1，2）mv2－eq\f（1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,6）mveq\o\al(2,0），根據(jù)W＝Ep1－Ep2得ΔEp＝－W＝－eq\f（1，6）mveq\o\al(2,0）。12.兩個半徑均為R的圓形平板電極，平行正對放置，相距為d，