2024年高考物理一輪復(fù)習(xí)第7章靜電場第3講電容器與電容帶電粒子在電場中的運(yùn)動學(xué)案

PAGE1-第3講電容器與電容帶電粒子在電場中的運(yùn)動學(xué)問點常見電容器Ⅰ電容器的電壓、電荷量和電容的關(guān)系Ⅰ1.電容器(1)組成：由兩個彼此eq\x(\s\up1(01))絕緣又相互靠近的導(dǎo)體組成。(2)帶電量：一個極板所帶電荷量的eq\x(\s\up1(02))肯定值。(3)電容器的充電、放電①充電：使電容器帶電的過程。充電后電容器兩極板帶上等量的eq\x(\s\up1(03))異號電荷，電容器中儲存電場能。②放電：使充電后的電容器失去電荷的過程。放電過程中eq\x(\s\up1(04))電場能轉(zhuǎn)化為其他形式的能。③充電時電流流入正極板，放電時電流流出正極板。2．常見的電容器(1)分類：從構(gòu)造上可分為eq\x(\s\up1(05))固定電容器和eq\x(\s\up1(06))可變電容器。(2)擊穿電壓：加在電容器極板上的eq\x(\s\up1(07))極限電壓，超過這個電壓，電介質(zhì)將被擊穿，電容器損壞；電容器外殼上標(biāo)的電壓是eq\x(\s\up1(08))額定電壓，這個電壓比擊穿電壓eq\x(\s\up1(09))低。3．電容(1)定義：電容器所帶的電荷量Q與電容器兩極板間的電勢差U的比值。(2)定義式：C＝eq\x(\s\up1(10))eq\f(Q,U)。推論：C＝eq\f(ΔQ,ΔU)。(3)單位：法拉(F)，1F＝eq\x(\s\up1(11))106μF＝eq\x(\s\up1(12))1012pF。(4)物理意義：表示電容器eq\x(\s\up1(13))容納電荷本事的物理量。(5)確定因素電容C的大小由電容器本身結(jié)構(gòu)(大小、形態(tài)、正負(fù)極相對位置及電介質(zhì))確定，與電容器是否帶電及所帶電荷量(或兩端所加電壓)無關(guān)。4．平行板電容器及其電容(1)影響因素：平行板電容器的電容與兩極板eq\x(\s\up1(14))正對面積成正比，與兩極板間介質(zhì)的eq\x(\s\up1(15))相對介電常數(shù)成正比，與eq\x(\s\up1(16))兩板間的距離成反比。(2)確定式：eq\x(\s\up1(17))C＝eq\f(εrS,4πkd)，k為靜電力常量。學(xué)問點帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動Ⅱ1．加速問題若不計粒子的重力，則電場力對帶電粒子做的功等于帶電粒子的eq\x(\s\up1(01))動能的增量。(1)在勻強(qiáng)電場中：W＝qEd＝qU＝eq\x(\s\up1(02))eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)。(2)在非勻強(qiáng)電場中：W＝qU＝eq\x(\s\up1(03))eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)。2．偏轉(zhuǎn)問題(1)條件分析：不計重力的帶電粒子以速度v0eq\x(\s\up1(04))垂直于電場線方向飛入勻強(qiáng)電場。(2)運(yùn)動性質(zhì)：eq\x(\s\up1(05))類平拋運(yùn)動。(3)處理方法：利用運(yùn)動的合成與分解。①沿初速度方向：做eq\x(\s\up1(06))勻速直線運(yùn)動，運(yùn)動時間t＝eq\f(l,v0)。②沿電場方向：做初速度為零的eq\x(\s\up1(07))勻加速直線運(yùn)動。③運(yùn)動過程，如圖所示：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(加速度：a＝\f(F,m)＝\x(\s\up1(08))\f(qE,m)＝\x(\s\up1(09))\f(qU,md),運(yùn)動時間\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a.能飛出平行板：t＝\x(\s\up1(10))\f(l,v0),b.打在平行極板上：y＝\f(1,2)at2＝\f(1,2)·\f(qU,md)t2，,t＝\r(\f(2mdy,qU)))),離開電場時的偏移量：y＝\f(1,2)at2＝\x(\s\up1(11))\f(qUl2,2mv\o\al(2,0)d),離開電場時的偏轉(zhuǎn)角：tanθ＝\f(vy,v0)＝\x(\s\up1(12))\f(qUl,mv\o\al(2,0)d)))學(xué)問點示波管Ⅰ1．構(gòu)造示波管的構(gòu)造如圖所示，它主要由eq\x(\s\up1(01))電子槍、偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏組成，管內(nèi)抽成真空。2．工作原理(1)假如偏轉(zhuǎn)電極XX′和YY′之間都沒有加電壓，則電子槍射出的電子沿eq\x(\s\up1(02))直線運(yùn)動，打在熒光屏中心，在那里產(chǎn)生一個亮斑。(2)示波管的YY′偏轉(zhuǎn)電極上加的是待顯示的eq\x(\s\up1(03))信號電壓，XX′偏轉(zhuǎn)電極上加的是儀器自身產(chǎn)生的鋸齒形電壓，叫做eq\x(\s\up1(04))掃描電壓。若所加掃描電壓和信號電壓的eq\x(\s\up1(05))周期相同，就可以在熒光屏上得到待測信號在一個周期內(nèi)隨時間變更的穩(wěn)定圖象。一堵點疏通1．電容器所帶的電荷量是指每個極板所帶電荷量的代數(shù)和。()2．電容器的電容與電容器所帶電荷量成反比。()3．標(biāo)有“1.5μF,9V”規(guī)格的電容器，其所帶電荷量定為1.35×10－5C4．平行板電容器充電后與電源斷開，則電荷量Q肯定；若始終與穩(wěn)壓電源連接，則電壓U不變。()5．帶電粒子在勻強(qiáng)電場中只能做類平拋運(yùn)動。()6．帶電粒子在電場中運(yùn)動時，不加特殊說明重力可以忽視不計，帶電微粒、帶電液滴在電場中運(yùn)動時，不加特殊說明重力不行以忽視不計。()答案1.×2.×3.×4.√5.×6.√二對點激活1．(教科版選修3－1·P40·T9)關(guān)于電容器的電容，下列說法中正確的是()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．電容器的電容只由它本身的特性確定答案D解析電容器所帶電荷量越多，板間電壓越大，但電容不變，A錯誤；電容器所帶電荷量越少，其兩板間電壓越低，但電容不變，B錯誤；電容表示電容器容納電荷本事的大小，電容器不帶電時，其電容不為零，C錯誤；電容表示電容器容納電荷本事的大小，由電容器本身的特性確定，D正確。2．(人教版選修3－1·P32·T1改編)(多選)如圖所示，用靜電計可以測量已充電的平行板電容器兩極板之間的電勢差U，電容器已帶電，則下列推斷正確的是()A．增大兩極板間的距離，指針張角變大B．將A板略微上移，靜電計指針張角變大C．若將玻璃板插入兩板之間，則靜電計指針張角變大D．若減小兩板間的距離，則靜電計指針張角變小答案ABD解析靜電計的原理是電勢差U變大(小)，指針張角變大(小)。電容器所帶電荷量肯定，由公式C＝eq\f(εrS,4πkd)知，當(dāng)d變大時，C變小，再由C＝eq\f(Q,U)得U變大，指針張角變大，A正確；當(dāng)A板上移時，正對面積S變小，C也變小，U變大，指針張角變大，B正確；當(dāng)插入玻璃板時，相對介電常數(shù)εr增大，C變大，U變小，指針張角變小，C錯誤；當(dāng)兩板間的距離減小時，C變大，U變小，指針張角變小，D正確。3．(人教版選修3－1·P39·T3)先后讓一束電子和一束氫核通過同一對平行板形成的偏轉(zhuǎn)電場，進(jìn)入時速度方向與板面平行，在下列兩種狀況下，分別求出離開時電子偏角的正切與氫核偏角的正切之比。(1)電子與氫核的初速度相同；(2)電子與氫核的初動能相同。答案(1)eq\f(mH,me)(2)1解析設(shè)偏轉(zhuǎn)電壓為U，帶電粒子的電荷量為q，質(zhì)量為m，垂直進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場的速度為v0，偏轉(zhuǎn)電場兩極板間距離為d，極板長為l，則粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的加速度a＝eq\f(qU,dm)，在偏轉(zhuǎn)電場中運(yùn)動的時間為t＝eq\f(l,v0)，粒子離開偏轉(zhuǎn)電場時沿靜電力方向的速度vy＝at＝eq\f(qUl,dmv0)，粒子離開偏轉(zhuǎn)電場時速度方向的偏轉(zhuǎn)角的正切值tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qUl,dmv\o\al(2,0))。(1)若電子與氫核的初速度相同，則eq\f(tanθe,tanθH)＝eq\f(mH,me)。(2)若電子與氫核的初動能相同，則eq\f(tanθe,tanθH)＝1?？键c細(xì)研悟法培優(yōu)考點1平行板電容器的動態(tài)分析1.對公式C＝eq\f(Q,U)的理解電容C＝eq\f(Q,U)，不能理解為電容C與Q成正比、與U成反比，一個電容器電容的大小是由電容器本身的因素確定的，與電容器是否帶電及帶電多少無關(guān)。2．運(yùn)用電容的定義式和確定式分析電容器相關(guān)量變更的思路(1)確定不變量，分析是電壓不變還是所帶電荷量不變。(2)用確定式C＝eq\f(εrS,4πkd)分析平行板電容器電容的變更。(3)用定義式C＝eq\f(Q,U)分析電容器所帶電荷量或兩極板間電壓的變更。(4)用E＝eq\f(U,d)分析電容器兩極板間電場強(qiáng)度的變更。3．電容器兩類問題的比較(1)U不變①依據(jù)C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(εrS,4πkd)先分析電容的變更，再分析Q的變更。②依據(jù)E＝eq\f(U,d)分析場強(qiáng)的變更。③依據(jù)UAB＝E·d＝φA－φB分析某點電勢變更。(2)Q不變①依據(jù)C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(εrS,4πkd)先分析電容的變更，再分析U的變更。②依據(jù)E＝eq\f(U,d)＝eq\f(4kπQ,εrS)分析場強(qiáng)變更。結(jié)論：分類充電后與電池兩極相連充電后與電池兩極斷開不變量UQd變大C變小→Q變小、E變小C變小→U變大、E不變S變大C變大→Q變大、E不變C變大→U變小、E變小εr變大C變大→Q變大、E不變C變大→U變小、E變小特殊提示：在平行板電容器兩板間加入介電物質(zhì)，例如云母片，相當(dāng)于εr增大；加入與極板等大的導(dǎo)體板，相當(dāng)于d減小。例1(2024·河南鄭州模擬)如圖所示，M、N為平行板電容器的兩個金屬極板，G為靜電計，起先時閉合開關(guān)S，靜電計張開肯定角度。則下列說法正確的是()A．開關(guān)S保持閉合狀態(tài)，將R的滑片向右移動，靜電計指針張開角度增大B．開關(guān)S保持閉合狀態(tài)，將兩極板間距增大，靜電計指針張開角度增大C．?dāng)嚅_開關(guān)S后，將兩極板間距增大，板間電壓不變D．?dāng)嚅_開關(guān)S后，緊貼下極板插入金屬板，板間場強(qiáng)不變(1)靜電計張角增大，表示什么含義？提示：表示平行板電容器兩極板間電壓增大。(2)平行板電容器充電完畢后與電源斷開后，不變量是什么？提示：電量。嘗試解答選D。保持開關(guān)S閉合，電容器兩端的電勢差等于電源的電動勢，故電容器兩端的電勢差總不變，因此無論將R的滑片向右移動，還是將兩極板間距增大，靜電計指針張角都不變，A、B錯誤；斷開開關(guān)S后，電容器帶電量不變，將兩極板間距增大，即d增大，依據(jù)C＝eq\f(εrS,4kπd)知，電容減小，依據(jù)U＝eq\f(Q,C)知，板間電壓增大，C錯誤；斷開開關(guān)S后，電容器帶電量不變，若緊貼下極板插入金屬板，則d減小，依據(jù)E＝eq\f(U,d)＝eq\f(4πkQ,εrS)知，極板間的電場強(qiáng)度不變，D正確。解決電容器板間場強(qiáng)的技巧(1)在電壓不變的狀況下，由E＝eq\f(U,d)來推斷場強(qiáng)變更，發(fā)覺場強(qiáng)E只隨板間距離而變。(2)在電荷量保持不變的狀況下，由E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εrS)知，電場強(qiáng)度與板間距離無關(guān)。(3)針對兩極板帶電量保持不變的狀況，還可以認(rèn)為肯定量的電荷對應(yīng)著肯定數(shù)目的電場線，兩極板間距離變更時，場強(qiáng)不變，如圖甲、乙所示；兩極板正對面積變更(變小)時，如圖丙，電場線變密，場強(qiáng)增大。[變式1－1](2024·天津模擬)如圖所示，平行板電容器與電動勢為E的電源連接，上極板A接地，一帶負(fù)電的油滴固定于電容器中的P點，現(xiàn)將平行板電容器的下極板B豎直向下移動一小段距離，則()A．帶電油滴所受靜電力不變B．P點的電勢將上升C．帶電油滴在P點時的電勢能增大D．電容器的電容減小，極板帶電荷量增大答案B解析將平行板電容器的下極板豎直向下移動一小段距離，由于電容器兩板間電壓不變，依據(jù)E＝eq\f(U,d)得知板間場強(qiáng)減小，油滴所受的靜電力減小，A錯誤；板間場強(qiáng)減小，而P點與上極板間的距離不變，則由公式U＝Ed分析可知，P點與上極板間電勢差將減小，而P點的電勢低于上極板的電勢，則知P點的電勢將上升，則油滴在P點時的電勢能將減小，B正確，C錯誤；依據(jù)電容的定義式C＝eq\f(Q,U)，電容器與電源相連，則板間電壓U不變，當(dāng)C減小時，極板帶電荷量Q也減小，D錯誤。[變式1－2]一平行板電容器充電后與電源斷開，負(fù)極板接地。兩板間有一個正檢驗電荷固定在P點，如圖所示，以C表示電容器的電容、E表示兩板間的場強(qiáng)、φ表示P點的電勢、Ep表示正電荷在P點的電勢能，若正極板保持不動，將負(fù)極板緩慢向右平移一小段距離l0的過程中，下列關(guān)于各物理量與負(fù)極板移動距離x的關(guān)系圖象中正確的是()答案C解析電容器的電容C＝eq\f(εrS,4πkd)，兩板間距隨負(fù)極板向右平移而漸漸減小，電容C與d成反比，故C-x圖象為曲線，A錯誤；電容器與電源斷開后，電荷量不變，依據(jù)E＝eq\f(U,d)，U＝eq\f(Q,C)，C＝eq\f(εrS,4πkd)，可知E＝eq\f(4πkQ,εrS)，保持不變，B錯誤；負(fù)極板接地，電勢為零，P點的電勢φ等于P點到負(fù)極板的電勢差，即φ＝El，E不變，l線性減小，φ線性減小，C正確；由Ep＝qφ可知，Ep隨l的變更而變更，D錯誤?？键c2帶電粒子(體)在電場中的直線運(yùn)動1.帶電粒子(體)在電場中運(yùn)動時是否考慮重力的處理方法(1)基本粒子：如電子、質(zhì)子、α粒子、離子等，除有說明或明確的示意以外，一般都不考慮重力(但并不忽視質(zhì)量)。(2)帶電顆粒：如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有說明或有明確的示意以外，一般都要考慮重力。2．做直線運(yùn)動的條件(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子靜止或做勻速直線運(yùn)動。(2)粒子所受合外力F合≠0，且合外力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。3．解題思路(1)用動力學(xué)觀點分析Eq＋F其他＝ma，E＝eq\f(U,d)(勻強(qiáng)電場)，v2－veq\o\al(2,0)＝2ad(勻變速直線運(yùn)動)。(2)用功能觀點分析①勻強(qiáng)電場中：W電＝Eqd＝qU，W電＋W其他＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)。②非勻強(qiáng)電場中：W電＝qU，W電＋W其他＝Ek2－Ek1。例2如圖所示，金屬板A、B水平放置，兩板中心有小孔S1、S2，A、B與直流電源連接。閉合開關(guān)，從S1孔正上方O處由靜止釋放一帶電小球，小球剛好能到達(dá)S2孔，不計空氣阻力，要使此小球從O點由靜止釋放后穿過S2孔，應(yīng)()A．僅上移A板適當(dāng)距離B．僅下移A板適當(dāng)距離C．?dāng)嚅_開關(guān)，再上移A板適當(dāng)距離D．?dāng)嚅_開關(guān)，再下移A板適當(dāng)距離(1)電場力對小球做什么功？提示：負(fù)功。(2)斷開開關(guān)，移動A板，板間場強(qiáng)如何變更？提示：不變。嘗試解答選D。設(shè)板間距離為d，O距S1為h，電源電壓為U，由題意知從O釋放一帶電小球到達(dá)S2孔速度為零，則電場力對小球做負(fù)功，由動能定理得：mg(h＋d)－qU＝0，若僅上移或下移A板適當(dāng)距離，兩板間電壓不變，仍滿意mg(h＋d)－qU＝0，小球仍剛好能到達(dá)S2，則A、B錯誤；斷開開關(guān)，Q不變，因E＝eq\f(4πkQ,εrS)，則場強(qiáng)E不變，由動能定理得：mg(h＋d)－Eq·d＝0，將A板向上移適當(dāng)距離，假設(shè)仍能到達(dá)S2處，則重力做功不變，電場力做功增多，故假設(shè)不成立，即到達(dá)不了S2處速度已為零，故C錯誤；若下移A板適當(dāng)距離，假設(shè)仍能到達(dá)S2處，則重力做功不變，電場力做功變少，所以總功為正功，到達(dá)S2處時小球速度不為零，能夠穿過S2孔，故D正確。帶電體在電場中運(yùn)動的分析方法解決此類問題的關(guān)鍵是敏捷利用動力學(xué)方法分析，可以采納受力分析和運(yùn)動學(xué)公式相結(jié)合的方法進(jìn)行解決，也可以采納功能的觀點進(jìn)行解決，往往優(yōu)先采納動能定理。[變式2－1]帶有等量異號電荷、相距10cm的平行板A和B之間存在勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度E＝4×104V/m，方向豎直向下，如圖所示。電場中C點距B板3cm，D點距A板2cm。有一個質(zhì)量為m＝2×10－8kg的帶電微粒沿圖中所示的虛線從C點運(yùn)動至D點。若重力加速度g取10m/s2A．該微粒在D點時的電勢能最大B．該微?？赡茏鰟蜃兯僦本€運(yùn)動C．在此過程中電場力對微粒做的功為1×10－8JD．該微粒帶正電，所帶電荷量為q＝5×10－12答案C解析由于微粒只受電場力和重力作用，這兩個力均在豎直方向上，微粒做直線運(yùn)動，故電場力的大小等于重力，微粒所受的合外力為0，做勻速直線運(yùn)動，電場力方向豎直向上，大小為mg，微粒從C點運(yùn)動到D點的過程中，電場力做正功，電勢能減小，A、B錯誤；微粒從C點運(yùn)動到D點的過程中，沿電場線方向運(yùn)動了5cm，所以電場力對微粒做的功為1×10－8J，C正確；該微粒帶負(fù)電，D錯誤。[變式2－2](2024·江蘇高考)如圖所示，三塊平行放置的帶電金屬薄板A、B、C中心各有一小孔，小孔分別位于O、M、P點。由O點靜止釋放的電子恰好能運(yùn)動到P點?，F(xiàn)將C板向右平移到P′點，則由O點靜止釋放的電子()A．運(yùn)動到P點返回B．運(yùn)動到P和P′點之間返回C．運(yùn)動到P′點返回D．穿過P′點答案A解析設(shè)AB、BC間的電場強(qiáng)度分別為E1、E2，間距分別為d1和d2，電子由O點運(yùn)動到P點的過程中，據(jù)動能定理得：eE1d1－eE2d2＝0①當(dāng)C板向右平移后，BC板間的電場強(qiáng)度E2′＝eq\f(U′,d2′)＝eq\f(Q,C′d2′)＝eq\f(Q,\f(εrS,4πkd2′)·d2′)＝eq\f(4πkQ,εrS)，BC板間的電場強(qiáng)度與板間距無關(guān)，大小不變。其次次釋放后，設(shè)電子在BC間移動的距離為x，則eE1d1－eE2x＝0－0②比較①②兩式知，x＝d2，即電子運(yùn)動到P點時返回，A正確?？键c3帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)1.基本規(guī)律設(shè)粒子所帶電荷量為q，質(zhì)量為m，兩平行金屬板間的電壓為U，板長為l，板間距離為d(忽視重力影響)，粒子能以平行金屬板的初速度v0進(jìn)入兩金屬板間且能從兩金屬板之間穿過，則有(1)加速度：a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)。(2)在電場中的運(yùn)動時間：t＝eq\f(l,v0)。(3)速度eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(vx＝v0,vy＝at＝\f(qUl,mv0d)))v＝eq\r(v\o\al(2,x)＋v\o\al(2,y))，tanθ＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(qUl,mv\o\al(2,0)d)。(4)位移eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(l＝v0t,y＝\f(1,2)at2＝\f(qUl2,2mv\o\al(2,0)d)))2．兩個結(jié)論(1)不同的帶電粒子從靜止起先經(jīng)過同一電場加速后再從同一偏轉(zhuǎn)電場射出時的偏轉(zhuǎn)角度和偏移量y總是相同的。證明：由qU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)及tanθ＝eq\f(qUl,mv\o\al(2,0)d)，得tanθ＝eq\f(Ul,2U0d)。y＝eq\f(qUl2,2mv\o\al(2,0)d)＝eq\f(Ul2,4U0d)。(2)粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)射出后，合速度的反向延長線與初速度延長線的交點O為粒子水平位移的中點，即O到極板邊緣的水平距離為eq\f(l,2)。3．在示波管模型中，帶電粒子經(jīng)加速電場U1加速，再經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場U2偏轉(zhuǎn)后，須要經(jīng)驗一段勻速直線運(yùn)動才會打到熒光屏上而顯示亮點P，如圖所示。(1)確定最終偏移距離思路一：思路二：(2)確定偏轉(zhuǎn)后的動能(或速度)思路一：思路二：例3如圖所示，一真空示波管的電子從燈絲K發(fā)出(初速度不計)，經(jīng)燈絲與A板間的加速電場加速，從A板中心孔沿中心線KO射出，然后進(jìn)入兩塊平行金屬板M、N形成的偏轉(zhuǎn)電場中(偏轉(zhuǎn)電場可視為勻強(qiáng)電場)，電子進(jìn)入M、N間電場時的速度與電場方向垂直，電子經(jīng)過電場后打在熒光屏上的P點。已知加速電壓為U1，M、N兩板間的電壓為U2，兩板間的距離為d，板長為L，偏轉(zhuǎn)電場的右端到熒光屏的距離為l，電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，不計電子重力。(1)求電子穿過A板時的速度大小v0；(2)求電子從偏轉(zhuǎn)電場射出時的側(cè)移量y；(3)求OP的距離Y；(4)電子從偏轉(zhuǎn)電場射出時的側(cè)移量y和偏轉(zhuǎn)電壓U2的比叫做示波器的靈敏度，分析說明可采納哪些方法提高示波器的靈敏度。(1)如何求出電子穿過A板時的速度大??？提示：在加速電場中依據(jù)動能定理求速度大小。(2)在偏轉(zhuǎn)電場中，電子做什么運(yùn)動？提示：類平拋運(yùn)動。嘗試解答(1)eq\r(\f(2eU1,m))(2)eq\f(U2L2,4dU1)(3)eq\f(1,2)L＋leq\f(U2L,2dU1)(4)增加L、或者減小d以及減小U1均可增加靈敏度(1)粒子在加速電場中加速，由動能定理可知：eU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得：v0＝eq\r(\f(2eU1,m))。(2)粒子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運(yùn)動，垂直電場方向：L＝v0t則沿電場方向：eeq\f(U2,d)＝ma側(cè)移量：y＝eq\f(1,2)at2聯(lián)立解得：y＝eq\f(U2L2,4dU1)。(3)由幾何關(guān)系可知：eq\f(\f(L,2),\f(L,2)＋l)＝eq\f(y,Y)得：Y＝eq\f(U2L,2U1d)(eq\f(L,2)＋l)。(4)該示波器的靈敏度D＝eq\f(y,U2)解得：D＝eq\f(L2,4dU1)則增加L、或者減小d以及減小U1均可增加靈敏度。帶電粒子在勻強(qiáng)電場中偏轉(zhuǎn)問題的兩種求解思路(1)運(yùn)動學(xué)與動力學(xué)觀點運(yùn)動學(xué)觀點是指用勻變速運(yùn)動的公式來解決實際問題，一般有兩種狀況：①帶電粒子初速度方向與電場線共線，則粒子做勻變速直線運(yùn)動；②帶電粒子的初速度方向垂直電場線，則粒子做勻變速曲線運(yùn)動(類平拋運(yùn)動)。當(dāng)帶電粒子在電場中做勻變速曲線運(yùn)動時，一般要實行類似平拋運(yùn)動的解決方法。(2)功能觀點：首先對帶電體受力分析，再分析運(yùn)動形式，然后依據(jù)詳細(xì)狀況選用公式計算。①若選用動能定理，則要分清有多少個力做功，是恒力做功還是變力做功，同時要明確初、末狀態(tài)及運(yùn)動過程中動能的增量。②若選用能量守恒定律，則要分清帶電體在運(yùn)動中共有多少種能量參加轉(zhuǎn)化，哪些能量是增加的，哪些能量是削減的。[變式3](多選)如圖所示，氕核、氘核、氚核三種粒子從同一位置無初速度地進(jìn)入水平向右的加速電場E1，之后進(jìn)入豎直向下的勻強(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的速度一樣大C．三種粒子運(yùn)動到屏上所用時間相同D．三種粒子肯定打到屏上的同一位置答案AD解析帶電粒子在電場E1中加速，由動能定理，eE1d＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(\f(2eE1d,m))；進(jìn)入豎直向下的勻強(qiáng)電場E2中做類平拋運(yùn)動，L＝vt，y＝eq\f(1,2)at2，eE2＝ma，聯(lián)立解得y＝eq\f(E2L2,4E1d)，偏轉(zhuǎn)電場E2對三種粒子做功W＝eE2y＝eq\f(eE\o\al(2,2)L2,4E1d)，與粒子質(zhì)量無關(guān)，所以偏轉(zhuǎn)電場E2對三種粒子做功一樣多，A正確。由動能定理知粒子打到屏上時的速度大小v′＝eq\r(\f(eE\o\al(2,2)L2,2E1md)＋\f(2E1ed,m))，三種粒子質(zhì)量不相等，故B錯誤。三種粒子運(yùn)動到屏上所用時間t總＝t0＋t勻＝eq\r(\f(2d,a0))＋eq\f(L＋l,v)＝eq\r(\f(2md,eE1))＋eq\r(\f(m,2eE1d))(L＋l)，故所用時間不相同，C錯誤。由于y＝eq\f(E2L2,4E1d)，與粒子質(zhì)量無關(guān)，三種粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的水平位移相等，側(cè)移量相同，則出射角相同，所以三種粒子肯定打到屏上的同一位置，D正確。考點4帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動1.常見的交變電場常見的產(chǎn)生交變電場的電壓波形有方形波、鋸齒波等。2．常見的運(yùn)動形式(1)粒子做單向直線運(yùn)動(一般用直線運(yùn)動規(guī)律結(jié)合牛頓運(yùn)動定律求解)。(2)粒子做來回運(yùn)動(一般分段探討)。(3)粒子做偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(一般依據(jù)交變電場特點分段探討)。3．帶電粒子在交變電場中運(yùn)動的分析要點(1)留意全面分析(分析受力特點和運(yùn)動規(guī)律)，抓住粒子的運(yùn)動具有周期性和在空間上具有對稱性的特征，求解粒子運(yùn)動過程中的速度、位移、做功或確定與物理過程相關(guān)的邊界條件。(2)留意從兩條思路動身：一是力和運(yùn)動的關(guān)系，依據(jù)牛頓其次定律及運(yùn)動學(xué)規(guī)律分析；二是功能關(guān)系。例4如圖a所示，兩平行正對的金屬板A、B間加有如圖b所示的交變電壓，一重力可忽視不計的帶正電粒子被固定在兩板的正中間P處。若在t0時刻釋放該粒子，粒子會時而向A板運(yùn)動，時而向B板運(yùn)動，并最終打在A板上。則t0可能屬于的時間段是()A．0<t0<eq\f(T,4) B.eq\f(T,2)<t0<eq\f(3T,4)C.eq\f(3T,4)<t0<T D.T<t0<eq\f(9T,8)(1)粒子打在A板時，運(yùn)動有什么特點？提示：速度向左，位移向左。(2)如何找出符合題意的t0?提示：利用周期性，作出特殊點t0＝0、eq\f(T,4)、eq\f(T,2)、eq\f(3T,4)的v-t圖象，找出位移、速度符合題意的t0區(qū)間。嘗試解答選B。設(shè)粒子的速度方向、位移方向向右為正。依題意得，粒子的速度時而為負(fù)，時而為正，最終打在A板上時位移為負(fù)，速度為負(fù)。作出t0＝0、eq\f(T,4)、eq\f(T,2)、eq\f(3T,4)時粒子運(yùn)動的速度圖象如圖所示。由于速度圖線與時間軸所圍面積表示粒子通過的位移，則由圖象可知0<t0<eq\f(T,4)，eq\f(3T,4)<t0<T時粒子在一個周期內(nèi)的總位移大于零；eq\f(T,4)<t0<eq\f(3T,4)時粒子在一個周期內(nèi)的總位移小于零；當(dāng)t0>T時狀況類似。因粒子最終打在A板上，則要求粒子在每個周期內(nèi)的總位移應(yīng)小于零，比照各選項可知只有B正確。利用速度—時間圖象分析帶電粒子的運(yùn)動過程時，必需留意“五點”(1)帶電粒子進(jìn)入電場的時刻。(2)速度—時間圖象的切線斜率表示加速度。(3)圖線與時間軸圍成的面積表示位移，且在時間軸上方所圍成的面積為正，在時間軸下方所圍成的面積為負(fù)。(4)留意對稱性和周期性變更關(guān)系的應(yīng)用。(5)圖線與時間軸有交點，表示此時速度變更方向。對運(yùn)動很困難、不簡潔畫出速度圖象的問題，還應(yīng)逐段分析求解。[變式4]如圖甲所示，一對平行金屬板M、N長為L，相距為d，O1O為中軸線，兩板間為勻強(qiáng)電場，忽視兩極板外的電場。當(dāng)兩板間加電壓UMN＝U0時，某一帶負(fù)電的粒子從O1點以速度v0沿O1O方向射入電場，粒子恰好打在上極板M的中點，粒子重力忽視不計。(1)求帶電粒子的比荷eq\f(q,m)；(2)若M、N間加如圖乙所示的交變電壓，其周期T＝eq\f(L,v0)，從t＝0起先，前eq\f(T,3)時間內(nèi)UMN＝2U，后eq\f(2T,3)時間內(nèi)UMN＝－U，大量的上述粒子仍舊以速度v0沿O1O方向持續(xù)射入電場，最終全部粒子恰好能全部離開電場而不打在極板上，求U的值。答案(1)eq\f(4d2v\o\al(2,0),U0L2)(2)eq\f(3U0,8)解析(1)設(shè)粒子經(jīng)過時間t0打在M板中點沿極板方向有eq\f(L,2)＝v0t0垂直極板方向有eq\f(d,2)＝eq\f(qU0,2md)teq\o\al(2,0)解得eq\f(q,m)＝eq\f(4d2v\o\al(2,0),U0L2)。(2)粒子通過兩板間的時間t＝eq\f(L,v0)＝T從t＝0時刻起先，粒子在兩板間運(yùn)動時，每個電壓變更周期的前三分之一時間內(nèi)的加速度大小a1＝eq\f(2qU,md)，在每個電壓變更周期的后三分之二時間內(nèi)的加速度大小a2＝eq\f(qU,md)如圖所示為從不同時刻射入電場的粒子的速度—時間圖象，依據(jù)題意和圖象分析可知，從t＝nT(n＝0,1,2，…)或t＝eq\f(T,3)＋nT(n＝0,1,2，…)時刻入射的粒子恰好不打在極板上，則有eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)×T×eq\f(2qUT,3md)，解得U＝eq\f(3U0,8)?？键c5電場中的力電綜合問題1.用動力學(xué)的觀點分析帶電粒子的運(yùn)動(1)由于勻強(qiáng)電場中帶電粒子所受靜電力和重力都是恒力，這兩個力的合力為一恒力。(2)類似于處理偏轉(zhuǎn)問題，將困難的運(yùn)動分解為正交的簡潔直線運(yùn)動，化繁為簡。(3)綜合運(yùn)用牛頓運(yùn)動定律和勻變速直線運(yùn)動公式，留意受力分析要全面，特殊留意重力是否須要考慮，以及運(yùn)動學(xué)公式里的物理量的正負(fù)號，即其矢量性。2．用能量的觀點來分析帶電粒子的運(yùn)動(1)運(yùn)用能量守恒定律分析，留意題中有哪些形式的能量出現(xiàn)。(2)運(yùn)用動能定理分析，留意過程分析要全面，精確求出過程中的全部功，推斷是分階段還是全過程運(yùn)用動能定理。例5(2024·福建泉州模擬)如圖，在豎直向下的勻強(qiáng)電場中，質(zhì)量為0.5kg的帶正電小物塊從光滑絕緣斜面上的A點由靜止釋放，經(jīng)過B點后進(jìn)入絕緣水平面，最終停在C點。某些時刻物塊的瞬時速率記錄在下表中。若物塊經(jīng)過B點前后速度大小不變，電場力與重力大小相等，取g＝10m/s2，則()t/s0369v/(m·s－1)08128A．t＝6s時物塊恰好經(jīng)過B點B．t＝12s時物塊恰好到達(dá)C點C．物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為eq\f(1,15)D．整個過程中物塊電勢能的削減量等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加量(1)帶電物塊在電場中做什么運(yùn)動？提示：先做勻加速直線運(yùn)動，后做勻減速直線運(yùn)動。(2)6s末物塊是否剛好到達(dá)B點？提示：不是。嘗試解答選C。依據(jù)圖表中的數(shù)據(jù)，可以求出物塊下滑的加速度a1＝eq\f(Δv1,Δt1)＝eq\f(8,3)m/s2，若t＝6s時刻物塊恰好經(jīng)過B點，則B點的速度為v＝a1t＝eq\f(8,3)×6m/s＝16m/s>12m/s，所以t＝6s時物塊已過B點，同樣依據(jù)圖表數(shù)據(jù)可知，物塊在水平面上滑動時的加速度a2＝eq\f(Δv2,Δt2)＝eq\f(8－12,9－6)m/s2＝－eq\f(4,3)m/s2，設(shè)物塊在斜面上滑行時間為t1，從斜面底端到速度為12m/s的時間為t2，則有a1t1＋a2t2＝12m/s，t1＋t2＝6s，解得t1＝5s，即物塊加速5s后到達(dá)B點，此時vB＝a1t1＝eq\f(40,3)m/s，由速度與時間關(guān)系可得在BC段運(yùn)動的時間t3＝eq\f(0－vB,a2)＝10s，即t＝15s時物塊運(yùn)動到C點，A、B錯誤；物塊在水平面上運(yùn)動時，由牛頓其次定律可得：－μ(mg＋qE)＝ma2，其中qE＝mg，解得μ＝eq\f(1,15)，C正確；由能量守恒定律可知，整個過程中物塊電勢能和重力勢能的削減量之和等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加量，D錯誤。力電綜合問題的處理方法力電綜合問題往往涉及共點力平衡、牛頓其次定律、平拋運(yùn)動規(guī)律、動能定理、能量守恒定律等學(xué)問點，考查的學(xué)問點多，綜合分析實力的要求高，試題難度較大，解答時要留意把握以下幾點：(1)處理這類問題，首先要進(jìn)行受力分析以及各力做功狀況分析，再依據(jù)題意選擇合適的規(guī)律列式求解。(2)對于帶電小球在重力場和電場疊加區(qū)域內(nèi)的運(yùn)動，可以利用運(yùn)動的合成與分解的方法，將小球的運(yùn)動分解為水平和豎直兩個方向上的分運(yùn)動，再對兩個分運(yùn)動分別運(yùn)用牛頓運(yùn)動定律和勻變速直線運(yùn)動規(guī)律或動能定理解答。(3)帶電小球在重力場和電場疊加區(qū)域內(nèi)運(yùn)動時，若重力和電場力為恒力，可以將重力和電場力合成為一個恒力，可以將這個復(fù)合場當(dāng)作等效重力場，則F合為等效重力場中的“重力”，g′＝eq\f(F合,m)為等效重力場中的“等效重力加速度”，F(xiàn)合的方向等效為“重力”的方向。當(dāng)此恒力F合的方向與運(yùn)動方向垂直時，其速度(或動能)取得極值，小球在等效重力場中能夠做豎直平面內(nèi)的圓周運(yùn)動的臨界條件是恰好能夠通過圓周軌道上等效重力場的最高點。[變式5－1](多選)如圖所示，在豎直平面內(nèi)有水平向右、電場強(qiáng)度為E＝1×104N/C的勻強(qiáng)電場。在勻強(qiáng)電場中有一根長l＝2m的絕緣細(xì)線，一端固定在O點，另一端系一質(zhì)量m＝0.08kg的帶電小球，靜止時懸線與豎直方向成37°角。若小球獲得初速度恰能繞O點在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動，取小球在靜止時的位置為電勢能零點和重力勢能零點，cos37°＝0.8，g取10m/s2。下列說法正確的是()A．小球的電荷量q＝6×10－5B．小球動能的最小值為1JC．小球在運(yùn)動至圓周軌跡上的最高點時有機(jī)械能的最小值D．小球繞O點在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動的電勢能和機(jī)械能之和保持不變，且為4J答案AB解析對小球進(jìn)行受力分析，如圖甲所示，由平衡條件可得mgtan37°＝qE，解得小球的電荷量為q＝eq\f(mgtan37°,E)＝6×10－5C，A正確；由于重力和電場力都是恒力，所以它們的合力也是恒力，如圖乙所示，在圓周軌跡上各點中，小球在平衡位置A點時的勢能(重力勢能和電勢能之和)最小，在平衡位置的對稱點B點，小球的勢能最大，由于小球總能量不變，所以小球在B點的動能EkB最小，對應(yīng)速度vB最小，依據(jù)題意，在B點小球只受重力和電場力，其合力為小球做圓周運(yùn)動供應(yīng)向心力，而繩的拉力恰為零，F(xiàn)合＝eq\f(mg,cos37°)＝1N，又F合＝meq\f(v\o\al(2,B),l)，得EkB＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝1J，B正確；由于總能量保持不變，即Ek＋EpG＋EpE＝恒量，當(dāng)小球在圓周軌跡上最左側(cè)的C點時，電勢能EpE最大，所以在該點時機(jī)械能最小，C錯誤；小球由B運(yùn)動到A，W合力＝F合·2l，所以EpB＝4J，總能量E＝EpB＋EkB＝5J，D錯誤。[變式5－2]如圖所示，一電荷量為＋q、質(zhì)量為m的小球，從光滑絕緣斜面軌道的A點由靜止下滑，然后沿切線進(jìn)入豎直面上半徑為R的光滑絕緣圓形軌道，并恰能到達(dá)軌道的最高點B。現(xiàn)在空間加一豎直向下的勻強(qiáng)電場，若仍從A點由靜止釋放該小球(假設(shè)小球所帶電荷量在運(yùn)動過程中保持不變，不計空氣阻力)，則()A．小球肯定不能到達(dá)B點B．小球仍恰好能到達(dá)B點C．小球肯定能到達(dá)B點，且在B點對軌道有向上的壓力D．小球能否到達(dá)B點與所加的電場強(qiáng)度的大小有關(guān)答案B解析沒有電場時，設(shè)小球在圓形軌道最高點的速度為v，則由牛頓其次定律得mg＝meq\f(v2,R)，依據(jù)動能定理有mg(h－2R)＝eq\f(1,2)mv2，解得h＝eq\f(5,2)R；加上電場時，設(shè)小球恰好到達(dá)圓形軌道最高點時的速度為v′，則由牛頓其次定律得mg＋qE＝meq\f(v′2,R)，解得v′＝eq\r(\f(mg＋qER,m))，依據(jù)動能定理得mg(h－2R)＋qE(h－2R)＝eq\f(1,2)mv1′2，解得小球在B點的速度v1′＝eq\r(\f(mg＋qER,m))＝v′，說明小球仍恰好能到達(dá)B點，且小球在B點時對軌道的壓力為零，B正確，A、C、D錯誤。高考模擬隨堂集訓(xùn)1．(2024·江蘇高考)一勻強(qiáng)電場的方向豎直向上。t＝0時刻，一帶電粒子以肯定初速度水平射入該電場，電場力對粒子做功的功率為P，不計粒子重力，則P-t關(guān)系圖象是()答案A解析設(shè)粒子帶正電，運(yùn)動軌跡如圖所示。水平方向：粒子不受力，vx＝v0。沿電場方向：電場力F電＝qE，加速度a＝eq\f(F電,m)＝eq\f(qE,m)，經(jīng)時間t，粒子沿電場方向的速度vy＝at＝eq\f(qEt,m)，電場力做功的功率P＝F電vy＝qE·eq\f(qEt,m)＝eq\f(qE2t,m)∝t，A正確。2．(2024·天津高考)如圖所示，在水平向右的勻強(qiáng)電場中，質(zhì)量為m的帶電小球，以初速度v從M點豎直向上運(yùn)動，通過N點時，速度大小為2v，方向與電場方向相反，則小球從M運(yùn)動到N的過程()A．動能增加eq\f(1,2)mv2 B.機(jī)械能增加2mv2C．重力勢能增加eq\f(3,2)mv2 D.電勢能增加2mv2答案B解析動能變更量ΔEk＝eq\f(1,2)m(2v)2－eq\f(1,2)mv2＝eq\f(3,2)mv2，A錯誤；小球從M運(yùn)動到N的過程中，只有重力和電場力做功，機(jī)械能的增加量等于電勢能的削減量，帶電小球在水平方向做向左的勻加速直線運(yùn)動，由運(yùn)動學(xué)公式得(2v)2－0＝2eq\f(qE,m)x，則電勢能削減量ΔEp電＝W電＝qEx＝2mv2，故B正確，D錯誤；小球在豎直方向做勻減速到零的運(yùn)動，速度減小到零，由－v2＝－2gh，得重力勢能增加量ΔEp重＝mgh＝eq\f(1,2)mv2，C錯誤。3．(2024·全國卷Ⅲ)(多選)如圖，一平行板電容器連接在直流電源上，電容器的極板水平，兩微粒a、b所帶電荷量大小相等、符號相反，使它們分別靜止于電容器的上、下極板旁邊，與極板距離相等?，F(xiàn)同時釋放a、b，它們由靜止起先運(yùn)動，在隨后的某時刻t，a、b經(jīng)過電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面，a、b間的相互作用和重力可忽視。下列說法正確的是()A．a(chǎn)的質(zhì)量比b的大B．在t時刻，a的動能比b的大C．在t時刻，a和b的電勢能相等D．在t時刻，a和b的動量大小相等答案BD解析依據(jù)題述可知，微粒a向下加速運(yùn)動，微粒b向上加速運(yùn)動，依據(jù)a、b某時刻經(jīng)過電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面，可知a的加速度大小大于b的加速度大小，即aa>ab。對微粒a，由牛頓其次定律，qE＝maaa，對微粒b，由牛頓其次定律，qE＝mbab，聯(lián)立解得：eq\f(qE,ma)>eq\f(qE,mb)，由此式可以得出a的質(zhì)量比b小，A錯誤；在a、b兩微粒運(yùn)動過程中，a微粒所受電場力等于b微粒所受的電場力，t時刻a微粒的位移大于b微粒，依據(jù)動能定理，在t時刻，a的動能比b大，B正確；由于在t時刻兩微粒經(jīng)過同一水平面，電勢相等，電荷量大小相等，符號相反，所以在t時刻，a和b的電勢能不等，C錯誤；由于a微粒受到的電場力(合外力)大小等于b微粒受到的電場力(合外力)，依據(jù)動量定理，在t時刻，a微粒的動量大小等于b微粒，D正確。4．(2024·江蘇高考)如圖所示，水平金屬板A、B分別與電源兩極相連，帶電油滴處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將B板右端向下移動一小段距離，兩金屬板表面仍均為等勢面，則該油滴()A．仍舊保持靜止 B.豎直向下運(yùn)動C．向左下方運(yùn)動 D.向右下方運(yùn)動答案D解析兩極板平行時帶電油滴處于平衡狀態(tài)，則重力等于電場力，當(dāng)下極板右端向下移動一小段距離時，板間距離增大場強(qiáng)減小，電場力小于重力；由于電場線垂直于金屬板表面，所以電荷處的電場線如圖所示，所以重力與電場力的合力偏向右下方，故油滴向右下方運(yùn)動，D正確。5．(2024·北京高考)探討與平行板電容器電容有關(guān)因素的試驗裝置如圖所示，下列說法正確的是()A．試驗前，只用帶電玻璃棒與電容器a板接觸，能使電容器帶電B．試驗中，只將電容器b板向上平移，靜電計指針的張角變小C．試驗中，只在極板間插入有機(jī)玻璃板，靜電計指針的張角變大D．試驗中，只增加極板帶電量，靜電計指針的張角變大，表明電容增大答案A解析用帶電玻璃棒與電容器a板接觸，由于靜電感應(yīng)，從而在b板感應(yīng)出等量的異號電荷，從而使電容器帶電，故A正確；依據(jù)平行板電容器的電容確定式C＝eq\f(εrS,4πkd)，將電容器b板向上平移，即正對面積S減小，則電容C減小，依據(jù)C＝eq\f(Q,U)可知，電荷量Q不變，則電壓U增大，則靜電計指針的張角變大，故B錯誤；依據(jù)電容的確定式C＝eq\f(εrS,4πkd)，只在極板間插入有機(jī)玻璃板，則相對介電常數(shù)εr增大，則電容C增大，依據(jù)C＝eq\f(Q,U)可知，電荷量Q不變，則電壓U減小，則靜電計指針的張角變小，故C錯誤；電容與電容器所帶的電荷量無關(guān)，故電容C不變，故D錯誤。6．(2024·全國卷Ⅲ)空間存在一方向豎直向下的勻強(qiáng)電場，O、P是電場中的兩點。從O點沿水平方向以不同速度先后放射兩個質(zhì)量均為m的小球A、B。A不帶電，B的電荷量為q(q>0)。A從O點放射時的速度大小為v0，到達(dá)P點所用時間為t；B從O點到達(dá)P點所用時間為eq\f(t,2)。重力加速度為g，求：(1)電場